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）.doc

1、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（ ）AB2CD3【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（ ）ABCD【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（ ）A2B3C4D5【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

2、【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（ ）ABCD【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

3、】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（ ）ABCD【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（ ）A3B9C27D81【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

4、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：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；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；设随机变量服从正态分布，若，则；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（ ）ABCD【答案】B【解析】由方差的定义和性质可判断；由残差点分布区域特点可判断；由正态分布的

5、特点可判断；由随机变量的观测值的大小可判断.【详解】解：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；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；设随机变量服从正态分布，若，则，故正确；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（ ）ABCD【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;

6、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

7、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（ ）ABCD【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（ ）ABCD【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

8、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

9、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

10、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OMx，由圆的半径为4，则4x，设点，重合于点P，则PM4xx则x2，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

11、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，

12、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

13、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）

14、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：48

15、360144032405760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

16、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

17、，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

18、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.第 21 页 共 21 页