2020届湖北省武汉市高三上学期11月综合测试(二)数学（理）试题（解析版）

2020届湖北省武汉市高三上学期11月综合测试(二)数学（理）试题

一、单选题

1．已知，则（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】C

【解析】由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解．

【详解】

解：由已知，

所以，

故选：C.

【点睛】

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】联立集合中的方程，解方程组即可.

【详解】

解：由已知，解得：或，

故选：D.

【点睛】

本题考查集合的交集，关键是要列方程组求解公共解.

3．各项为正数的等比数列中，若，则（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】D

【解析】利用对数的运算法则，将原式化成，再利用等比数列性质，对真数计算后即可求出．

【详解】

解：各项为正数的等比数列中，且，

则，

所以，

故选：D.

【点睛】

本题是在对数运算性质的背景下考查数列的性质，考查了计算能力，是基础题.

4．中国古代数学成就甚大，在世界科技史上占有重要的地位.“算经十书”是汉、唐千余年间陆续出现的10部数学著作，包括《周髀算经》、《九章算术》、……、《缀术》等，它们曾经是隋唐时期国子监算学科的教科书.某中学图书馆全部收藏了这10部著作，其中4部是古汉语本，6部是现代译本，若某学生要从中选择2部作为课外读物，至少有一部是现代译本的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】求出从10部著作中选择2部古汉语本的方法数，即2部都不是现代译本的方法数，由对立事件的概率计算公式，可得结论．

【详解】

解：从10部著作中选择2部著作的方法数为（种），
2部都不是现代译本的方法数为（种），
由对立事件的概率计算公式得至少有一部是现代译本的概率．
故选：A．

【点睛】

本题考查概率的计算，考查组合知识，属于基础题．

5．已知平面向量，，则、的夹角（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】利用向量的夹角公式直接求解即可.

【详解】

解：，

因为，

所以，

故选：A.

【点睛】

本题考查向量夹角的坐标运算，是基础题.

6．已知函数，若，则（    ）

A．3 B．9 C．27 D．81

【答案】B

【解析】先求出，在代入，解方程求出.

【详解】

解：由已知，

，

解得：，

故选：B.

【点睛】

本题考查已知分段函数的函数值求参数的值，是基础题.

7．“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】由，解出，即可判断出结论.

【详解】

解：由得，

解得，

，

”是“的充分不必要条件，

故选：A.

【点睛】

本题主要考查充分条件和必要条件的判断，求出角的大小，是解决本题的关键，是基础题.

8．下列命题：

①若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数后，则样本的方差不变；

②在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；

③设随机变量服从正态分布，若，则；

④对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握越大.其中正确的命题序号是（    ）

A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④

【答案】B

【解析】由方差的定义和性质可判断①；由残差点分布区域特点可判断②；由正态分布的特点可判断③；由随机变量的观测值的大小可判断④.

【详解】

解：①若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数后，由方差的计算公式可得样本的方差不变，故正确；

②在残差图，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，故正确；

③设随机变量服从正态分布，若，则，，故正确；

④对分类变量与的随机变量的观测值来说，越大，判断“与有关系”的把握越大，故错误.

故选：B．

【点睛】

本题考查随机变量的关系和数字特征、模型的拟合度和正态分布特点，考查判断能力和运算能力，属于基础题．

9．函数的图象大致是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据函数的解析式,结合特殊值法即可判断选项.

【详解】

因为

定义域为,所以排除A选项

当时, 且,所以;分母增长的速度大于分子中的增长速度,所以,排除选项D

当时,分母,分子,所以,排除选项B

综上,故选C

【点睛】

本题考查了根据函数解析式判断函数的图像,属于基础题.解决有关函数图像这一类题目,一般从三个方面入手研究图像:（1）分析函数的单调性;（2）分析函数的奇偶性;（3）特殊值法检验,特殊值法包括具体取值与极限取值.

10．在空间四边形各边、、、上分别取点、、、，若直线、相交于点，则（    ）

A．点必在直线上 B．点必在直线上

C．点必在平面内 D．点必在平面内

【答案】A

【解析】根据平面的基本性质公理，利用两个平面的公共点在两平面的公共直线上来判断即可.

【详解】

解：

∵在面上，而在面上，
且、能相交于点，
∴在面与面的交线上，
∵是面与面的交线，
所以点必在直线上．
故选：A．

【点睛】

本题考查平面的基本性质及其推论，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．

11．设函数，等差数列的公差为，若，则的前2019项的和（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先通过，代入，计算可得的值，然后直接用等差数列的前项和公式求.

【详解】

解：由已知

，

故选：D.

【点睛】

本题考查等差数列的通项公式以及前项和公式，关键是求出的值，考查了计算能力，是中档题.

12．过双曲线：左焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于、两点，以为直径的圆与的渐近线相切，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先求出当时，的值，再利用以为直径的圆与的渐近线相切，建立方程，由此可得双曲线的离心率．

【详解】

解：由题意，当时，，

则以为直径的圆的圆心为，半径为，

又双曲线的渐近线为，由于双曲线具有对称性，选取来计算即可，

因为以为直径的圆与的渐近线相切，

所以有，又,解得，

，

故选：C.

【点睛】

本题考查双曲线的几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题．

二、填空题

13．曲线在点处的切线方程为______.

【答案】

【解析】对进行求导，求出在处的值即为切线的斜率，利用点斜式即可求出切线方程．

【详解】

解：由已知，则，

所以切线方程为，即，

故答案为：

【点睛】

此题主要考查导数研究曲线上某点的切线方程，要求切线方程，首先求出切线的斜率，利用了导数与斜率的关系，此题是一道基础题．

14．的展开式中的常数项为______。

【答案】240

【解析】根据二项式展开式通项公式确定常数项对应项数，再代入得结果

【详解】

，

令得，，

所以的展开式中的常数项为.

【点睛】

本题考查求二项式展开式中常数项，考查基本分析求解能力，属基础题.

15．已知抛物线：的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则______.

【答案】6

【解析】求得直线的方程，与联立可得，利用可求．

【详解】

解：设到的距离为，则，
，
，
∴直线的斜率为，
，
∴直线的方程为，
与联立可得，
．
故答案为：6．

【点睛】

本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线的位置关系，属于基础题．

16．如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为，、、、为圆上点，，，，分别是以，，，为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以，，，为折痕折起，，，，使得、、、重合，得到四棱锥.当该四棱锥体积取得最大值时，正方形的边长为______.

【答案】

【解析】连接交CB于点M，则⊥CB，点M为CB的中点，连接OC，△OCM为直角三角形，设正方形的边长为2x，将四棱锥的体积表示为x的函数，再利用导数研究该函数的单调性，即可得到当V最大时边长2x的值．

【详解】

解：连接交CB于点M，则⊥CB，点M为CB的中点，连接OC，

   
△OCM为直角三角形，设正方形的边长为2x，则OM＝x，由圆的半径为4，则＝4−x，设点，，，重合于点P，则PM＝＝4−x＞x
则x＜2，高，
四棱锥体积，
设，

当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以当时，V取得最大值，此时，．
即正方形ABCD的边长为时，四棱锥体积取得最大值．

故答案为：

【点睛】

本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查函数与方程思想，是中档题．

三、解答题

17．已知的内角，，的对边分别为，，，且.

（1）求；

（2）若，，求的内切圆半径.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由题设及正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，即可求解的值；

（2）根据，以及余弦定理列方程，可求出，设内切圆半径为，利用面积公式，解方程即可求出内切圆半径为.

【详解】

（1）根据题意，且，

∴，，

由正弦定理得，

因为，故，即，

∵，，∴，即，.

（2）由题意可得：，解得：，

设内切圆半径为，∴，

又，解得，∴内切圆半径.

【点睛】

本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，重点在知道三角形的面积和内切圆半径之间的关系，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

18．已知四棱柱的所有棱长都为2，且.

（1）证明：平面平面；

（2）求直线与平面所成的角的正弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】（1）要证平面平面，转化为证明平面，通过证明及可得；

（2）连接，由（1）可得为直线与平面所成的角，在中求角的正弦值.另外可以用向量法求线面角.

【详解】

（1）证明：设与的交点为，连接，

因为，，，

所以，

所以，

又因为是的中点，所以，

另由且，

所以平面，

而平面，所以平面平面.

（2）（法一）连接，由（1）知平面，

所以为直线与平面所成的角，

在菱形中，，

故，

所以

又因为，所以，

所以.

（法二）过作直线平面，分别以、、为、、轴，建立如图所示空间直角坐标系，

依题意，得，，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，

所以，令，则，即，

所以，

即直线与平面所成的角的正弦值为.

【点睛】

本题考查面面垂直的判定以及空间线面角的求解，其中关键是要找到线面角的平面角，考查了学生空间想象能力，是中档题.

19．为了庆祝中华人民共和国成立70周年，某公司举行大型抽奖活动，活动中准备了一枚质地均匀的正十二面体的骰子，在其十二个面上分别标有数字1，2，3，…，12，每位员工均有一次参与机会，并规定：若第一次抛得向上面的点数为完全平方数（即能写成整数的平方形式，如），则立即视为获得大奖；若第一次抛得向上面的点数不是完全平方数，则需进行第二次抛掷，两次抛得的点数和为完全平方数（如），也可视为获得大奖.否则，只能获得安慰奖.

（1）试列举须抛掷两次才能获得大奖的所有可能情况（用表示前后两次抛得的点数），并说明所有可能情况的总数；

（2）若获得大奖的奖金（单位：元）为抛得的点数或点数和（完全平方数）的360倍，而安慰奖的奖金为48元，该公司某位员工获得的奖金为，求的分布列及数学期望.

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.

【解析】（1）直接列举出须抛掷两次才能获得大奖的所有可能情况；

（2）依题意得的所有可能的取值，分别求出其发生的概率，列出分布列，求出数学期望即可.

【详解】

（1）须抛掷两次才能获得大奖的所有可能情况如下：

，，，，，，，，，，，，，，，共15种情况.

（2）依题意得的取值为48，360，1440，3240，5760，

则，，，，，

所以的分布列为：

所以（元）.

【点睛】

本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查了计算能力，是基础题.

20．已知函数，.

（1）设是的极值点，求，并讨论的单调性；

（2）若，证明有且仅有两个不同的零点.（参考数据：）

【答案】（1），在上单调递减，在上单调递增；（2）详见解析.

【解析】（1）求出，代入可得，进而利用导数求的单调性即可；

（2）求出可得其在上单调递增，通过零点存在性定理得存在，使得，进而可得在上的单调性，接着通过判断，，的正负值，即可得的零点个数.

【详解】

（1）因为，是的极值点，

所以，解得，即，

又因为与在上单调递增，

所以当时，；当时，，

即在上单调递减，在上单调递增.

（2）因为当时，在上单调递增，

因为，，

所以存在，使得，

即在上单调递减，在上单调递增，

另由，，而，

所存在，，使得，

即有且仅有两个不同的零点.

【点睛】

本题考查利用导数研究函数单调性，极值和零点问题，其中针对，利用零点存在性定理判段其零点位置是关键，考查了学生的计算能力和分析问题的能力，是中档题.

21．在直角坐标系中，已知椭圆：的离心率是，斜率不为0的直线：与相交于、两点，与轴相交于点.

（1）若、分别是的左、右焦点，当经过且时，求的值；

（2）试探究，是否存在点，使得？若存在，请写出满足条件的、的关系式；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）可知满足条件的点是存在的，且.

【解析】（1）根据条件设，代入椭圆方程可求得，利用过点的斜率公式，计算可得的值；

（2）先通过离心率是，将用表示出来，这样椭圆方程可整理为，将其和直线联立，根据，易得，设，，利用根与系数关系，代入计算可得、的关系式.

【详解】

（1）因为，所以设，

代入中解得，即，

而，所以.

（2）当时，、两点在椭圆的同侧，易知，故，

因为且，故，，

设椭圆为，，，

联立方程组，化简得，

所以，，

又，，根据，易得，

于是，故，即，

故，化得，

化简得，

因为，所以上式化简得，，

综上，可知满足条件的点是存在的，且.

【点睛】

本题考查直线和椭圆的位置关系，熟练掌握设而不求的运算技巧，考查了计算能力，其中将转化为是关键，考虑学生的转化问题的能力，是中档题.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（，为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求的普通方程与的直角坐标方程；

（2）若与有且仅有四个公共点，求的取值范围.

【答案】（1）曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.

【解析】（1）直接消参可得的普通方程，利用公式，可得的直角坐标方程；

（2）联立与的方程，根据判别式和根与系数的关系，列不等式可得的取值范围.

【详解】

（1）由，，两边平方得，

故曲线的普通方程为，

又由，，代入得，

当时两边平方，并整理得，

故曲线的直角坐标方程为.

（2）联立与的方程得，

因为，要使与有且仅有四个公共点，

则方程有两个大于0的正根，

所以，解得，即的取值范围为.

【点睛】

本题考查参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间的互化，考查曲线交点问题，是基础题.

23．已知函数.

（1）求函数的最小值；

（2）若正实数，满足，证明：.

【答案】（1）2；（2）详见解析.

【解析】（1）根据绝对值不等式便可得出，从而即可得函数的最小值；

（2）将代入，将展开整理，利用基本不等式即可求其最小值，进而可得的最小值.

【详解】

解：（1），

所以函数的最小值；

（2）由（1）知，因为，

所以，

因为，（当且仅当时取等号），

所以（当且仅当时取等号），

即（当且仅当时取等号），

当，时，解得，，

即（当且仅当，时取等号）.

【点睛】

本题考查绝对值不等式公式以及基本不等式的应用，是中档题.