2020届湖北省武汉市蔡甸区汉阳一中高三下学期仿真模拟(一)理科数学试题

2020届湖北省武汉市蔡甸区汉阳一中高三下学期仿真模拟(一)

理科数学试题 

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 若复数（i为虚数单位）是纯虚数，则实数a=（ ）

A.  B. -1 C. 0 D. 1

【答案】B

【解析】

试题分析：由题意，．故选B．

考点：复数的概念．

2. 设命题任意常数数列都是等比数列.则是（    ）

A. 所有常数数列都不是等比数列 B. 有的常数数列不是等比数列

C. 有的等比数列不是常数数列 D. 不是常数数列的数列不是等比数列

【答案】B

【解析】

【分析】

直接根据命题的否定的定义得到答案.

【详解】全称命题的否定是特称命题，

命题：任意常数数列都是等比数列，则：有的常数数列不是等比数列.

故选：.

【点睛】本题考查了命题的否定，意在考查学生的推断能力.

3. 以下给出的各数中不可能是八进制数的是（    ）

A. 312 B. 10 110 C. 82 D. 7 457

【答案】C

【解析】

【分析】

根据八进制数不可能出现8或9，即可作出判断选择.

【详解】因为八进制数不可能出现8或9，所以82不可能是八进制数，选C.

【点睛】本题考查进制有关概念，考查基本判别能力.

4. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

试题分析：由中不等式变形得，且，解得：，即；由中不等式解得：，即，所以分两种情况考虑：当时，，即；当时，则有或，即，综上，则实数的取值范围为，故选C．

考点：1、集合的表示；2、集合的交集及其应用．

5. 若，则

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先根据诱导公式求出，再结合二倍角公式即可求得结果

【详解】

故选

【点睛】本题主要考查的是两角和与差的余弦公式以及诱导公式、二倍角公式的应用，属于基础题，注意计算

6. 五四青年节活动中，高三（1）、（2）班都进行了场知识辩论赛，比赛得分情况的茎叶图如图所示（单位：分），其中高三（2）班得分有一个数字被污损，无法确认，假设这个数字具有随机性，那么高三（2）班的平均得分大于高三（1）班的平均得分的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

分析：由高三(2)班的平均得分大于高三(1)班的平均得分，求得x取值范围，再根据古典概型求得概率．

解析：由茎叶图可得高三（1）班的平均分为，高三（2）的平均分为，由，得10>x>5,又，所以x可取，6，7，8，9，概率为，选D.

点睛：求古典概型的概率，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数.常常用到排列、组合的有关知识，计数时要正确分类，做到不重不漏.

7. 的展开式中的项的系数为（    ）

A. 120 B. 80 C. 60 D. 40

【答案】A

【解析】

【分析】

化简得到，再利用二项式定理展开得到答案.

【详解】

展开式中的项为.

故选：

【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.

8. 已知抛物线的焦点为，为原点，点是抛物线的准线上的一动点，点在抛物线上，且，则的最小值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

求出点坐标，作关于准线的对称点，利用连点之间相对最短得出为的最小值．

【详解】解：抛物线的准线方程为，

∵，∴到准线的距离为，故点纵坐标为，

把代入抛物线方程可得．

不妨设在第一象限，则，

点关于准线的对称点为，连接，

则，于是

故的最小值为．

故选B．

【点睛】本题考查了抛物线的简单性质，属于基础题．

9. ，，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是

A. ， B. ，

C. ，，共面 D. ，，共点，，共面

【答案】B

【解析】

【详解】解：因为如果一条直线平行于两条垂线中的一条，必定垂直于另一条．

选项A，可能相交．选项C中，可能不共面，比如三棱柱的三条侧棱，选项D，三线共点，可能是棱锥的三条棱，因此错误．选B.

10. 已知数列{an}的前n项和Sn＝Aqn＋B(q≠0)，则“A＝－B”是“数列{an}是等比数列”的(　　)

A. 充分不必要条件

B. 必要不充分条件

C. 充要条件

D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】

先考虑充分性，看则“A＝－B”是否能推出“数列{an}是等比数列”，再考虑必要性，看“数列{an}是等比数列”是否能推出则“A＝－B”.

【详解】当A＝－B＝0时，Sn＝0，an＝0，{an}不是等比数列；若数列{an}是等比数列，当q＝1时，Sn＝A＋B，所以an＝0(n≥2)，与数列{an}是等比数列矛盾，所以q≠1，Sn＝，所以A＝－，B＝，所以A＝－B.因此“A＝－B”是“数列{an}是等比数列”的必要不充分条件，故选B.

【点睛】(1)本题主要考查充要条件的判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 判断充要条件，首先必须分清谁是条件，谁是结论，然后利用定义法、转换法和集合法来判断.

11. 英国数学家泰勒发现了如下公式：.则下列数值更接近的是（    ）

A. 0.91 B. 0.92 C. 0.93 D. 0.94

【答案】B

【解析】

【分析】

根据表达式特点可写出通式，再分为奇数和偶数分类讨论即可

【详解】由题知

题设要求精确到0.01即可，

当为奇数时，由于，，

所以；

当为偶数时，由于，

，

综上所述，

故选：B

【点睛】本题考查新定义的理解与使用，找出规律，学会分类讨论是解题的关键，属于中档题

12. 已知点，分别在双曲线的左右两支上，且关于原点对称，的左焦点为，直线与的左支相交于另一点，若，且，则的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据双曲线的定义及，，应用勾股定理，可得关系，即可求解.

【详解】设双曲线的右焦点为，连接,,,如图：

根据双曲线的对称性及可知，四边形为矩形.

设

因为，

所以，

又，

所以，

,

在和中，

，①

，②

由②化简可得，③

把③代入①可得：，

所以，

故选：D

【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，双曲线的简单几何性质，勾股定理，属于难题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知实数，满足，则的最小值是__________．

【答案】6

【解析】

【分析】

画出不等式组表示的可行域，由可得，平移直线，结合图形可得最优解，于是可得所求最小值．

【详解】画出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示．

由可得．

平移直线，结合图形可得，当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最大，此时z取得最小值．

由题意得A点坐标为，

∴，

即的最小值是6．

故答案为6．

【点睛】求目标函数的最值时，可将函数转化为直线的斜截式：，通过求直线的纵截距的最值间接求出z的最值．解题时要注意：①当时，截距取最大值时，z也取最大值；截距取最小值时，z也取最小值；②当时，截距取最大值时，z取最小值；截距取最小值时，z取最大值．

14. 已知等比数列的各项均为正数，公比为，前项和为，若，有，则的取值范围是______________．

【答案】

【解析】

【分析】

就和分类讨论，结合前项和公式可求的取值范围.

【详解】①当时，，因为，

所以，恒成立；

②当时，由，得，

若，则，即或（舍），故.

若，则即对任意的恒成立，

但当时，，故舍去.

综_上所述，q的取值范围是．

【点睛】本题考查等比数列的前项和以及数列不等式的恒成立，注意求和时要根据公比的取值分类讨论，本题属于中档题.

15. 已知从装有个球（其中个白球，1个黑球）的口袋中取出个球，，，共有种取法，在这种取法中，可以分成两类：一类是取出的个球全部为白球，另一类是取出1个黑球和个白球，共有种取法，即有等式成立，试根据上述思想，化简下列式子：________，

【答案】

【解析】

【分析】

在式子中，从第一项到最后一项分别表示：从装有个白球，个黑球的袋子里，取出个球的所有情况取法总数的和，从装有球中取出个球的不同取法数，根据排列组合公式，易得答案．

【详解】在中，

从第一项到最后一项分别表示：

从装有个白球，个黑球的袋子里，

取出个球的所有情况取法总数的和，

故从装有球中取出个球的不同取法数.

故答案为：

【点睛】本题结合考查推理和排列组合，处理本题的关键是熟练掌握排列组合公式，明白每一项所表示的含义，再结合已知条件进行分析，最后给出正确的答案．

16. 在四棱锥中，是边长为的正三角形，为矩形，，.若四棱锥的顶点均在球的球面上，则球的表面积为_____．

【答案】

【解析】

【分析】

做 中点，中点，连接，由已知条件可求出，运用余弦定理可求，从而在平面中建立坐标系，则以及的外接圆圆心为和长方形的外接圆圆心为在该平面坐标系的坐标可求，通过球心满足，即可求出的坐标，从而可求球的半径，进而能求出球的表面积.

【详解】解：如图做 中点，的中点，连接 ，由题意知

，则

设的外接圆圆心为，则在直线上且

设长方形的外接圆圆心为，则在上且.设外接球的球心为

在 中，由余弦定理可知，.

在平面中，以 为坐标原点，以 所在直线为 轴，以过点垂直于 轴的直

线为 轴，如图建立坐标系，由题意知，在平面中且

设 ，则，因为，所以

解得.则

所以球的表面积为.

故答案为: .

【点睛】本题考查了几何体外接球的问题，考查了球的表面积.关于几何体的外接球的做题思路有：一是通过将几何体补充到长方体中，将几何体的外接球等同于长方体的外接球，求出体对角线即为直径，但这种方法适用性较差；二是通过球的球心与各面外接圆圆心的连线与该平面垂直，设半径列方程求解；三是通过空间、平面坐标系进行求解.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分．

17. 已知，，

（1）求的最小正周期及单调递增区间；

（2）已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，，求边上的高的最大值．

【答案】（1）的最小正周期为：；函数单调递增区间为：

；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据诱导公式，结合二倍角的正弦公式、辅助角公式把函数的解析式化简成余弦型函数解析式形式，利用余弦型函数的最小正周期公式和单调性进行求解即可；

（2）由（1）结合，求出的大小，再根据三角形面积公式，结合余弦定理和基本不等式进行求解即可.

【详解】（1）

的最小正周期为：；

当时，即当时，函数单调递增，所以函数单调递增区间为：；

（2）因为，所以

设边上的高为，所以有，

由余弦定理可知：（当用仅当时，取等号），所以，因此边上的高的最大值.

【点睛】本题考查了正弦的二倍角公式、诱导公式、辅助角公式，考查了余弦定理、三角形面积公式，考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.

18. 如图所示，在直三棱柱中，，，，，点在线段上.

（1）若，求异面直线和所成角的余弦值；

（2）若直线与平面所成角为，试确定点的位置.

【答案】（1）（2）点M是线段的中点.

【解析】

【分析】

（1）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得到，，再代入向量夹角公式计算，即可得答案；

（2）设，得，直线与平面所成角为，得到关于的方程，解方程即可得到点的位置.

【详解】以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.

（1）因为，所以.

所以，.

所以.

所以异面直线和所成角的余弦值为.

（2）由，，，

知，.

设平面的法向量为，由得，

令，则，，所以平面一个法向量为.

因为点在线段上，所以可设，所以，

因为直线与平面所成角为，所以.

由，得，

解得或.

因为点在线段上，所以，

即点是线段的中点.

【点睛】本题考查利用向量法求异面直线所成的角、已知线面角确定点的位置，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.

19. 设分别是椭圆的左、右焦点．

(1)若是该椭圆上的一个动点，求的最大值和最小值；

(2)设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，且为锐角(其中为坐标原点)，求直线的斜率的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

(1)设出点P的坐标，向量坐标化得到的表达式，进而得到最值；（2）为锐角即，设出点AB的坐标，向量坐标化得到点积的表达式为：x1x2＋y1y2,联立直线和椭圆方程，由韦达定理得到结果.

【详解】(1)由已知得，，，设点P(x，y)，

则，且－2≤x≤2．

所以，

当x＝0，即P(0，±1)时，；

当x＝±2，即P(±2，0)时，．

(2)由题意可知，过点M(0，2)的直线的斜率存在．

设的方程为y＝kx＋2，

由,消去y，化简整理得

(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，Δ＝(16k)2－48(1＋4k2)＞0，解得．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，，

又∠AOB为锐角，所以，即x1x2＋y1y2＞0，

有x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4

＝(1＋k2)·＋2k·＋4＞0，解得k2＜4，

所以＜k2＜4，即k∈．

【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．

20. 已知函数.

（1）若在上为单调函数，求实数a取值范围：

（2）若，记的两个极值点为，，记的最大值与最小值分别为M，m，求的值.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）求导.根据单调，转化为对恒成立求解

（2）由（1）知，是的两个根，不妨设，令. 根据，确定，将转化为. 令，用导数法研究其单调性求最值.

【详解】（1）的定义域为，

.

因为单调，所以对恒成立，

所以，恒成立，

因为，当且仅当时取等号，

所以；

（2）由（1）知，是的两个根.

从而，，不妨设，

则.

因为，所以t为关于a的减函数，所以.

.    

令，则.

因为当时，在上为减函数.

所以当时，.

从而，所以在上为减函数.

所以当时，.

【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.

21. 2019年12月以来，湖北武汉市发现多起病毒性肺炎病例，并迅速在全国范围内开始传播，专家组认为，本次病毒性肺炎病例的病原体初步判定为新型冠状病毒，该病毒存在人与人之间的传染，可以通过与患者的密切接触进行传染.我们把与患者有过密切接触的人群称为密切接触者，每位密切接触者被感染后即被称为患者.已知每位密切接触者在接触一个患者后被感染的概率为，某位患者在隔离之前，每天有位密切接触者，其中被感染的人数为，假设每位密切接触者不再接触其他患者.

（1）求一天内被感染人数为的概率与、的关系式和的数学期望；

（2）该病毒在进入人体后有14天的潜伏期，在这14天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳时间，设每位患者在被感染后的第二天又有位密切接触者，从某一名患者被感染，按第1天算起，第天新增患者的数学期望记为.

（i）求数列的通项公式，并证明数列为等比数列；

（ii）若戴口罩能降低每位密切接触者患病概率，降低后的患病概率，当取最大值时，计算此时所对应的值和此时对应的值，根据计算结果说明戴口罩的必要性.（取）

（结果保留整数，参考数据：）

【答案】（1）；.

（2）（i），证明见解析；（ii）16，6480，戴口罩很有必要.

【解析】

【分析】

（1）由题意，被感染人数服从二项分布：，则可求出概率及数学期望；

（2）（i）根据第天被感染人数为，及第天被感染人数为，

作差可得可得，，可证，（ii）利用导数计算此时所对应的值和此时对应的值，根据计算结果说明戴口罩的必要性.

【详解】（1）由题意，被感染人数服从二项分布：，

则，

的数学期望.

（2）（i）第天被感染人数为，

第天被感染人数为，

由题目中均值的定义可知，

则，且.

是以为首项，为公比的等比数列.

（ii）令，

则.

在上单调递增，在上单调递减.

.

则当，.

.

.

戴口罩很有必要.

【点睛】本题考查二项分布的概率及期望，数学期望与数列综合，考查综合分析及转化能力，考查知识的迁移能力，属于较难题.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

22. 平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，且）.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（2）已知点P的极坐标为，Q为曲线上的动点，求的中点M到曲线的距离的最大值.

【答案】（1），.（2）

【解析】

【分析】

（1）化简得到，再考虑，利用极坐标方程公式得到答案.

（2）P的直角坐标为，设点，故，代入圆方程得到M在圆心为，半径为1的圆上，计算得到最大距离.

【详解】（1）因为，所以3×①+4×②，得.

又，

所以的普通方程为，

将，代入曲线的极坐标方程，得曲线的直角坐标方程为.

（2）由点P的极坐标，可得点P的直角坐标为.

设点，因为M为的中点，所以

将Q代入的直角坐标方程得，

即M在圆心为，半径为1的圆上.

所以点M到曲线距离的最大值为，

由（1）知不过点，且，

即直线与不垂直.

综上知，M到曲线的距离的最大值为.

【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程，距离的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.

23. 已知函数

（1）求不等式的解集；

（2）若，且，证明：.

【答案】（1）；（2）见解析.

【解析】

【分析】

（1）分类讨论去绝对值，作出函数的图像，根据图像得到函数的单调性，利用单调性结合图像可得不等式的解集；

（2）利用绝对值的三角不等式以及基本不等式可证明结果．

【详解】（1）法一：

，

作出的图象，如图所示：

结合图象，

函数在上单调递增，

在上单调递减，

又，，

所以不等式的解集是.

法二：，

等价于：或或，

解得：或或，

所以不等式的解集是.

（2）由（1）知函数的最大值是，所以恒成立.

因为，

当且仅当时，等号成立.

所以.

【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及绝对值的三角不等式的应用，是中档题．