2020届湖北省十堰市高三年级元月调研考试数学（理）试题（解析版）

2020届湖北省十堰市高三年级元月调研考试数学（理）试题

一、单选题

1．复数上的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】化简得到计算虚部得到答案.

【详解】

，所以的虚部为.

故选：

【点睛】

本题考查了复数虚部的计算，属于简单题.

2．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】解一元二次不等式求得集合，由此求得.

【详解】

由解得或，所以.由解得，所以，所以.

故选：C.

【点睛】

本小题主要考查集合补集和并集的概念和运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.

3．已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，且，则“”是“”的（    ）条件

A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要

【答案】C

【解析】由面面垂直的性质定理、线面垂直的概念，结合充分、必要条件，判断出正确选项.

【详解】

若，根据面面垂直的性质定理可知；若，则由可得.所以“”是“”的充要条件

故选：C.

【点睛】

本小题主要考查面面垂直的性质定理，考查充分、必要条件的判断，属于基础题.

4．某地有两个国家AAAA级旅游景区——甲景区和乙景区.相关部门统计了这两个景区2019年1月至6月的月客流量（单位：百人），得到如图所示的茎叶图.关于2019年1月至6月这两个景区的月客流量，以下结论错误的是（    ）

A．甲景区月客流量的中位数为12950人

B．乙景区月客流量的中位数为12450人

C．甲景区月客流量的极差为3200人

D．乙景区月客流量的极差为3100人

【答案】D

【解析】分别计算甲乙景区流量的中位数和极差得到答案.

【详解】

根据茎叶图的数据：

甲景区月客流量的中位数为12950人，乙景区月客流量的中位数为12450人.

甲景区月客流量的极差为3200人，乙景区月客流量的极差为3000人.

故选：

【点睛】

本题考查了茎叶图中位数和极差的计算，意在考查学生的应用能力.

5．执行下边的程序框图，若输入的的值为5，则输出的的值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】C

【解析】根据程序框图依次计算得到答案.

【详解】

执行程序框图：依次为，，，，∵

∴输出的的值为4.

故选：

【点睛】

本题考查了程序框图的计算，意在考查学生对于程序框图的理解能力.

6．已知等比数列的前n项和为，且，，则（    ）

A．16 B．19 C．20 D．25

【答案】B

【解析】利用，，成等比数列求解

【详解】

因为等比数列的前n项和为，所以，，成等比数列，因为，，所以，，故.

故选：B

【点睛】

本题考查等比数列前n项性质，熟记性质是关键，是基础题

7．将曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】变换得到，根据平移得到，计算得到答案.

【详解】

，所以，

所以，则.

故选：

【点睛】

本题考查了三角函数的平移，变换是解题的关键.

8．的展开式中的项的系数为（    ）

A．120 B．80 C．60 D．40

【答案】A

【解析】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.

9．已知函数，.若，，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据条件求出的值域，与的值域，由，，，可得两值域的包含关系，即可求得参数的取值范围.

【详解】

解：因为，，所以的值域为.

因为，所以在上的值域为，依题意得，则

解得.

故选：C

【点睛】

本题考查函数方程思想的综合应用，属于中档题.

10．唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图．当这种酒杯内壁表面积（假设内壁表面光滑，表面积为平方厘米，半球的半径为厘米）固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则的取值范围为　　

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据题意，酒杯内壁表面积为圆柱与半球的表面积，列出的表达式，再求出体积，解不等式即可．

【详解】

解：设圆柱的高度与半球的半径分别为，，则，则，

所以酒杯的容积，

又，所以，

所以，解得，

故选：．

【点睛】

考查了组合体的体积和表面积计算，属于中档题．

11．双曲线的左、右焦点分别为，，渐近线分别为，，过点且与垂直的直线交于点，交于点，若，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】B

【解析】设：，：，联立方程得到，再计算，，利用余弦定理得到，计算得到答案.

【详解】

记为坐标原点.由题意可得，不妨设：，：

则直线：.联立，解得

则故，.因为，所以

所以，，则.

因为，所以，

所以，整理得，则

解得.

故选：

【点睛】

本题考查了双曲线的离心率问题，综合性强，计算量大，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.

12．设是定义在上的奇函数，其导函数为，当时，，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】令，易得是定义在上的偶函数，因为，可知在上单调递减，在上单调递增，从而可以根据函数的单调性，确定不等式的解.

【详解】

令，∵是定义在上的奇函数，

∴是定义在上的偶函数．

当时，，由，得，

∴，则在上单调递减．

将化为，即，则．

又是定义在上的偶函数．

∴在上单调递增，且．

当时，，将化为，

即，则．

综上，所求不等式的解集为．

故选：B

【点睛】

本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及利用函数的单调性解不等式，构造函数是解决本题的关键.

二、填空题

13．若抛物线上的点P到焦点的距离为8，则P到x轴的距离是________.

【答案】6

【解析】由抛物线的焦半径公式得则的坐标，则到x轴的距离可求．

【详解】

设点，则，即，即P到x轴的距离是6.

故答案为：6

【点睛】

本题考查抛物线的标准方程，着重考查抛物线定义的应用，是基础题．

14．根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题.现有满足“勾3股4弦5”，其中“股”，为“弦”上一点（不含端点），且满足勾股定理，则______.

【答案】

【解析】先由等面积法求得，利用向量几何意义求解即可.

【详解】

由等面积法可得，依题意可得，，

所以.

故答案为：

【点睛】

本题考查向量的数量积，重点考查向量数量积的几何意义，属于基础题.

15．已知函数若,且,则的值为_____.

【答案】6

【解析】画出函数图像，根据图像知，计算得到，计算得到答案.

【详解】

如图所示：,则.

,所以,即,故.

故答案为：

【点睛】

本题考查了分段函数的零点问题，画出函数图像是解题的关键.

16．在数列中，，且

（1）的通项公式为________；

（2）在，，，   ，这2019项中，被10除余2的项数为________.

【答案】    403   

【解析】（1）等式两边同除构造数列为等差数列即可求出通项公式；

（2）利用通项公式及被10除余2 的数的特点即可求解

【详解】

（1）因为，所以

，即，则为等差数列且首项为1，差为2，所以

，故

（2）因为，所以当n能被10整除或n为偶数且能被5整除时，被10除余2，所以，故被10除余2的项数为.

故答案为：；403

【点睛】

本题考查数列的通项，考查构造法，注意解题方法的积累，属于中档题．

三、解答题

17．设函数，a，b，c分别为内角A，B，C的对边.已知，.

（1）若，求B；

（2）若，求的面积.

【答案】(1) . (2)

【解析】（1）运用二倍角正余弦公式和辅助角公式，化简f（x），并求得，再利用正弦定理求得，可得结论；

（2）由三角形的余弦定理得结合面积公式，求得b，c的关系，即可得到所求三角形的周长．

【详解】

（1），

因为，所以，即.

因为，所以，

因为，所以或，

又，所以.

（2）由余弦定理，可得，

即，解得（负根舍去），

故的面积为

【点睛】

本题考查三角函数的恒等变换，正弦函数的图形和性质，考查解三角形的余弦定理和面积公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

18．某土特产超市为预估2020年元旦期间游客购买土特产的情况，对2019年元旦期间的90位游客购买情况进行统计，得到如下人数分布表.

（1）根据以上数据完成列联表，并判断是否有的把握认为购买金额是否少于60元与性别有关.

（2）为吸引游客，该超市推出一种优惠方案，购买金额不少于60元可抽奖3次，每次中奖概率为（每次抽奖互不影响，且的值等于人数分布表中购买金额不少于60元的频率），中奖1次减5元，中奖2次减10元，中奖3次减15元.若游客甲计划购买80元的土特产，请列出实际付款数（元）的分布列并求其数学期望.

附：参考公式和数据：，.

附表：

【答案】(1)见解析，有的把握认为购买金额是否少于60元与性别有关.(2)分布列见解析，数学期望75

【解析】（1）完善列联表，计算得到答案.

（2）先计算，分别计算，，，，得到分布列，计算得到答案.

【详解】

（1）列联表如下：

，

因此有的把握认为购买金额是否少于60元与性别有关.

（2）可能取值为65，70，75，80，且.

，，

，，

所以的分布列为

.

【点睛】

本题考查了列联表，分布列，意在考查学生的应用能力和计算能力.

19．如图1，在等腰中，，，分别为，的中点，为的中点，在线段上，且。将沿折起，使点到的位置（如图2所示），且。

（1）证明：平面；

（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】（1）要证明线面平行，需证明线线平行，取的中点，连接，根据条件证明，即；

（2）以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.

【详解】

（1）证明：取的中点，连接.

∵，∴为的中点.

又为的中点，∴.

依题意可知，则四边形为平行四边形，

∴，从而.

又平面，平面，

∴平面.

（2），且，

平面，平面，

，

，且，

平面，

以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，不妨设，

则，，，，，

，，，.

设平面的法向量为，

则，即，

令，得.

设平面的法向量为，

则，即，

令，得.

从而，

故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

【点睛】

本题考查线面平行的证明和空间坐标法解决二面角的问题，意在考查空间想象能力，推理证明和计算能力，属于中档题型，证明线面平行，或证明面面平行时，关键是证明线线平行，所以做辅助线或证明时，需考虑构造中位线或平行四边形，这些都是证明线线平行的常方法.

20．已知椭圆的焦距为 ,短轴长为.

(1)求的方程;

(2)直线与相切于点M,与两坐标轴的交点为A与B,直线经过点M且与垂直,与的另一个交点为N.当取得最小值时,求的面积.

【答案】(1)(2)

【解析】（1）直接计算得到，，得到椭圆方程.

（2）联立，计算得到，，根据均值不等式得到，，再计算面积得到答案.

【详解】

(1)因为,所以 又,所以,所以,

所以的方程为.

(2)联立,消去y,得.

因为直线l与相切,所以,

即.

在x轴､y轴上的截距分别为,

则

,

当且仅当,即时取等号.

所以当时,取得最小值,此时.

根据对称性,不妨取,此时,

即,从而

联立消去y,得,

则,解得,

所以,故的面积为

【点睛】

本题考查了椭圆方程，面积的计算，意在考查学生的计算能力和转化能力.

21．已知函数，曲线在点处的切线方程为.

（1）求，的值和的单调区间；

（2）若对任意的，恒成立，求整数的最大值.

【答案】（1），，的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）3.

【解析】（1）求导得到，根据切线方程计算得到，，代入导函数得到函数的单调区间.

（2）讨论，两种情况，变换得到，设

，求函数的最小值得到答案.

【详解】

（1），由切线方程，知，，

解得，.

故，，

由，得；由，得.

所以的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）①当时，恒成立，则.

②当时，恒成立等价于对恒成立.

令，，.

令，，

则对恒成立，所以在上单调递增.

又，，所以，.

当时，；当时，.

所以，又，

则，

故，整数的最大值为3.

【点睛】

本题考查了函数的单调性，恒成立问题，将恒成立问题转化为函数的最值问题是解题的关键.

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

（1）求，，的值；

（2）已知点的直角坐标为，与曲线交于，两点，求.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据极坐标方程得到，根据参数方程得到答案.

（2）将参数方程代入圆方程得到，根据韦达定理得到，，计算得到答案.

【详解】

（1）由，得，则，即.

因为，，所以.

（2）将代入，得.

设，两点对应的参数分别为，，则，.

所以.

【点睛】

本题考查了极坐标方程和参数方程，利用直线的参数方程可以简化计算，是解题的关键.

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）或.

【解析】（1）分别计算，，三种情况，综合得到答案.

（2）化简得到，利用绝对值三角不等式得到

，解不等式计算得到答案.

【详解】

（1）当时，，解得；

当时，，解得，则；

当时，，解得，则.

综上所述：不等式的解集为.

（2）

，当时等号成立.

若对任意，不等式恒成立，即，

解得或.

【点睛】

本题考查了解绝对值不等式，利用绝对值三角不等式解决恒成立问题，意在考查学生的综合应用能力.