2020届湖北省宜昌市高三下学期3月线上统一调研测试数学（理）试题（解析版）

2020届湖北省宜昌市高三下学期3月线上统一调研测试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据对数函数的单调性求解出不等式解集即为集合，再求解出一元二次不等式的解集为集合，由此计算出的结果.

【详解】

因为，所以，所以，所以，

又因为，所以，所以，

所以.

故选：A.

【点睛】

本题考查解对数不等式、一元二次不等式的解集求法、集合的并集运算，属于综合性问题，难度较易.解对数型不等式时，要注意对数式的真数大于零.

2．已知纯虚数满足，其中为虚数单位，则实数等于（  ）

A． B．1 C． D．2

【答案】B

【解析】先根据复数的除法表示出，然后根据是纯虚数求解出对应的的值即可.

【详解】

因为，所以，

又因为是纯虚数，所以，所以.

故选：B.

【点睛】

本题考查复数的除法运算以及根据复数是纯虚数求解参数值，难度较易.若复数为纯虚数，则有.

3．如图是国家统计局公布的2013-2018年入境游客（单位：万人次）的变化情况，则下列结论错误的是（  ）

A．2014年我国入境游客万人次最少

B．后4年我国入境游客万人次呈逐渐增加趋势

C．这6年我国入境游客万人次的中位数大于13340万人次

D．前3年我国入境游客万人次数据的方差小于后3年我国入境游客万人次数据的方差

【答案】D

【解析】ABD可通过统计图直接分析得出结论，C可通过计算中位数判断选项是否正确.

【详解】

A．由统计图可知：2014年入境游客万人次最少，故正确；

B．由统计图可知：后4年我国入境游客万人次呈逐渐增加趋势，故正确；

C．入境游客万人次的中位数应为与的平均数，大于万次，故正确；

D．由统计图可知：前年的入境游客万人次相比于后年的波动更大，所以对应的方差更大，故错误.

故选：D.

【点睛】

本题考查统计图表信息的读取以及对中位数和方差的理解，难度较易.处理问题的关键是能通过所给统计图，分析出对应的信息，对学生分析问题的能力有一定要求.

4．在平面直角坐标系中，已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边落在直线上，则（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】利用诱导公式以及二倍角公式，将化简为关于的形式，结合终边所在的直线可知的值，从而可求的值.

【详解】

因为，且，

所以.

故选：C.

【点睛】

本题考查三角函数中的诱导公式以及三角恒等变换中的二倍角公式，属于给角求值类型的问题，难度一般.求解值的两种方法：（1）分别求解出的值，再求出结果；（2）将变形为，利用的值求出结果.

5．已知正项等比数列的前项和为，且，则公比的值为（　　）

A． B．或 C． D．

【答案】C

【解析】由可得，故可求的值.

【详解】

因为，所以，

故，因为正项等比数列，故，所以，故选C.

【点睛】

一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：

（1）若，则；

（2）公比时，则有，其中为常数且；

（3） 为等比数列（ ）且公比为.

6．设，，，则、、的大小关系为（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】【详解】

因为，，

所以且在上单调递减，且

所以，所以，

又因为，，所以，

所以.

故选：D.

【点睛】

本题考查利用指对数函数的单调性比较指对数的大小，难度一般.除了可以直接利用单调性比较大小，还可以根据中间值“”比较大小.

7．已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据球的特点可知截面是一个圆，根据等体积法计算出球心到平面的距离，由此求解出截面圆的半径，从而截面面积可求.

【详解】

如图所示：

设内切球球心为，到平面的距离为，截面圆的半径为，

因为内切球的半径等于正方体棱长的一半，所以球的半径为，

又因为，所以，

又因为，

所以，所以，

所以截面圆的半径，所以截面圆的面积为.

故选：A.

【点睛】

本题考查正方体的内切球的特点以及球的截面面积的计算，难度一般.任何一个平面去截球，得到的截面一定是圆面，截面圆的半径可通过球的半径以及球心到截面的距离去计算.

8．已知双曲线，为坐标原点，、为其左、右焦点，点在的渐近线上，，且，则该双曲线的渐近线方程为（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据，先确定出的长度，然后利用双曲线定义将转化为的关系式，化简后可得到的值，即可求渐近线方程.

【详解】

如图所示：

因为，所以，

又因为，所以，所以，

所以，所以，

所以，所以，

所以渐近线方程为.

故选：D.

【点睛】

本题考查根据双曲线中的长度关系求解渐近线方程，难度一般.注意双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长度的一半.

9．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中.如图，白圈为阳数，黑点为阴数.若从这10个数中任取3个数，则这3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列的概率为（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先根据组合数计算出所有的情况数，再根据“3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列”列举得到满足条件的情况，由此可求解出对应的概率.

【详解】

所有的情况数有：种，

3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列的情况有：

，共种，

所以目标事件的概率.

故选：C.

【点睛】

本题考查概率与等差数列的综合，涉及到背景文化知识，难度一般.求解该类问题可通过古典概型的概率求解方法进行分析；当情况数较多时，可考虑用排列数、组合数去计算.

10．如图所示，为了测量、两座岛屿间的距离，小船从初始位置出发，已知在的北偏西的方向上，在的北偏东的方向上，现在船往东开2百海里到达处，此时测得在的北偏西的方向上，再开回处，由向西开百海里到达处，测得在的北偏东的方向上，则、两座岛屿间的距离为（  ）

A．3 B． C．4 D．

【答案】B

【解析】先根据角度分析出的大小，然后根据角度关系得到的长度，再根据正弦定理计算出的长度，最后利用余弦定理求解出的长度即可.

【详解】

由题意可知：，

所以，，

所以，所以，

又因为，所以，

所以.

故选：B.

【点睛】

本题考查解三角形中的角度问题，难度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答问题的关键.

11．已知直线：与椭圆交于、两点，与圆：交于、两点.若存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题意可知直线过定点即为圆心，由此得到坐标的关系，再根据点差法得到直线的斜率与坐标的关系，由此化简并求解出离心率的取值范围.

【详解】

设，且线过定点即为的圆心，

因为，所以，

又因为，所以，

所以，所以，

所以，所以，所以，

所以.

故选：A.

【点睛】

本题考查椭圆与圆的综合应用，着重考查了椭圆离心率求解以及点差法的运用，难度一般.通过运用点差法达到“设而不求”的目的，大大简化运算.

12．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为.给出下列四个结论：

①曲线有四条对称轴；

②曲线上的点到原点的最大距离为；

③曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为；

④四叶草面积小于.

其中，所有正确结论的序号是（  ）

A．①② B．①③ C．①③④ D．①②④

【答案】C

【解析】①利用之间的代换判断出对称轴的条数；②利用基本不等式求解出到原点的距离最大值；③将面积转化为的关系式，然后根据基本不等式求解出最大值；④根据满足的不等式判断出四叶草与对应圆的关系，从而判断出面积是否小于.

【详解】

①：当变为时， 不变，所以四叶草图象关于轴对称；

当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；

当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；

当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；

综上可知：有四条对称轴，故正确；

②：因为，所以，

所以，所以，取等号时，

所以最大距离为，故错误；

③：设任意一点，所以围成的矩形面积为，

因为，所以，所以，

取等号时，所以围成矩形面积的最大值为，故正确；

④：由②可知，所以四叶草包含在圆的内部，

因为圆的面积为：，所以四叶草的面积小于，故正确.

故选：C.

【点睛】

本题考查曲线与方程的综合运用，其中涉及到曲线的对称性分析以及基本不等式的运用，难度较难.分析方程所表示曲线的对称性，可通过替换方程中去分析证明.

二、填空题

13．的展开式中的常数项为_______．

【答案】

【解析】写出展开式的通项公式，考虑当的指数为零时，对应的值即为常数项.

【详解】

的展开式通项公式为： ，

令，所以，所以常数项为.
故答案为：.

【点睛】

本题考查二项展开式中指定项系数的求解，难度较易.解答问题的关键是，能通过展开式通项公式分析常数项对应的取值.

14．如图所示，直角坐标系中网格小正方形的边长为1，若向量、、满足，则实数的值为_______．

【答案】

【解析】根据图示分析出、、的坐标表示，然后根据坐标形式下向量的数量积为零计算出的取值.

【详解】

由图可知：，所以，

又因为，所以，

所以.

故答案为：.

【点睛】

本题考查向量的坐标表示以及坐标形式下向量的数量积运算，难度较易.已知，若，则有.

15．设函数，若在上的最大值为，则________.

【答案】

【解析】求出函数的导数，由在上，可得在上单调递增，则函数最大值为，即可求出参数的值.

【详解】

解：定义域为

，

在上单调递增，

故在上的最大值为

故答案为：

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，属于基础题.

16．已知函数在上仅有2个零点，设，则在区间上的取值范围为_______．

【答案】

【解析】先根据零点个数求解出的值，然后得到的解析式，采用换元法求解在上的值域即可.

【详解】

因为在上有两个零点，

所以，所以，所以且，

所以，所以，

所以，

令，所以，所以，

因为，所以，所以，所以，

所以 ，，

所以.

故答案为：.

【点睛】

本题考查三角函数图象与性质的综合，其中涉及到换元法求解三角函数值域的问题，难度较难. 对形如的函数的值域求解，关键是采用换元法令，然后根据，将问题转化为关于的函数的值域，同时要注意新元的范围.

三、解答题

17．如图，在四棱锥中，，，.

（1）证明：平面；

（2）若，，为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】（1）利用线段长度得到与间的垂直关系，再根据线面垂直的判定定理完成证明；

（2）以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值，计算出结果.

【详解】

（1）∵，，

∴，

∴，

∵，平面，

∴平面

（2）由（1）知，，

又为坐标原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，

∵，∴，

设是平面的一个法向量

则，即，取得

∴

∴直线与平面所成的正弦值为

【点睛】

本题考查线面垂直的证明以及用向量法求解线面角的正弦，难度一般.用向量方法求解线面角的正弦值时，注意直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值.

18．已知数列为公差不为零的等差数列，是数列的前项和，且、、成等比数列，.设数列的前项和为，且满足.

（1）求数列、的通项公式；

（2）令，证明：.

【答案】（1）,

（2）证明见解析

【解析】（1）利用首项和公差构成方程组，从而求解出的通项公式；由的通项公式求解出的表达式，根据以及，求解出的通项公式；

（2）利用错位相减法求解出的前项和，根据不等关系证明即可.

【详解】

（1）设首项为，公差为.

由题意，得，解得，

∴，

∴，∴

当时，

∴，.当时，满足上式.

∴

（2），令数列的前项和为.

两式相减得

∴恒成立，得证.

【点睛】

本题考查等差数列、等比数列的综合应用，难度一般.（1）当用求解的通项公式时，一定要注意验证是否成立；（2）当一个数列符合等差乘以等比的形式，优先考虑采用错位相减法进行求和，同时注意对于错位的理解.

19．已知抛物线:，点为抛物线的焦点，焦点到直线的距离为，焦点到抛物线的准线的距离为，且.

（1）求抛物线的标准方程；

（2）若轴上存在点，过点的直线与抛物线相交于、两点，且为定值，求点的坐标.

【答案】（1）

（2）

【解析】（1）先分别表示出，然后根据求解出的值，则的标准方程可求；

（2）设出直线的方程并联立抛物线方程得到韦达定理形式，然后根据距离公式表示出并代入韦达定理形式，由此判断出为定值时的坐标.

【详解】

（1）由题意可得，焦点，，则

，，

∴解得.

抛物线的标准方程为

（2）设，设点，，显然直线的斜率不为0.

设直线的方程为

联立方程，整理可得

，，

∴，

∴

要使为定值，必有，解得，

∴为定值时，点的坐标为

【点睛】

本题考查抛物线方程的求解以及抛物线中的定值问题，难度一般.（1）处理直线与抛物线相交对应的定值问题，联立直线方程借助韦达定理形式是常用方法；（2）直线与圆锥曲线的问题中，直线方程的设法有时能很大程度上起到简化运算的作用。

20．某地在每周六的晚上8点到10点半举行灯光展，灯光展涉及到10000盏灯，每盏灯在某一时刻亮灯的概率均为，并且是否亮灯彼此相互独立.现统计了其中100盏灯在一场灯光展中亮灯的时长（单位：），得到下面的频数表：

以样本中100盏灯的平均亮灯时长作为一盏灯的亮灯时长.

（1）试估计的值；

（2）设表示这10000盏灯在某一时刻亮灯的数目.

①求的数学期望和方差；

②若随机变量满足，则认为.假设当时，灯光展处于最佳灯光亮度.试由此估计，在一场灯光展中，处于最佳灯光亮度的时长（结果保留为整数）.

附：

①某盏灯在某一时刻亮灯的概率等于亮灯时长与灯光展总时长的商；

②若，则，，.

【答案】（1）

（2）①，,②72

【解析】（1）将每组数据的组中值乘以对应的频率，然后再将结果相加即可得到亮灯时长的平均数，将此平均数除以（个小时），即可得到的估计值；

（2）①利用二项分布的均值与方差的计算公式进行求解；

②先根据条件计算出的取值范围，然后根据并结合正态分布概率的对称性，求解出在满足取值范围下对应的概率.

【详解】

（1）平均时间为（分钟）

∴

（2）①∵，

∴，

②∵，，∴

∵，，

∴

∴

即最佳时间长度为72分钟.

【点睛】

本题考查根据频数分布表求解平均数、几何概型（长度模型）、二项分布的均值与方差、正态分布的概率计算，属于综合性问题，难度一般.（1）如果，则；（2）计算正态分布中的概率，一定要活用正态分布图象的对称性对应概率的对称性.

21．已知函数，.

（1）讨论函数的单调性；

（2）已知在处的切线与轴垂直，若方程有三个实数解、、（），求证：.

【答案】（1）①当时， 在单调递增,②当时，单调递增区间为,,单调递减区间为

（2）证明见解析

【解析】（1）先求解导函数，然后对参数分类讨论，分析出每种情况下函数的单调性即可；

（2）根据条件先求解出的值，然后构造函数分析出之间的关系，再构造函数分析出之间的关系，由此证明出.

【详解】

（1），

①当时，恒成立，则在单调递增

②当时，令得，

解得，

又，∴

∴当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

（2）依题意得，，则

由（1）得，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增

∴若方程有三个实数解，

则

法一：双偏移法

设，则

∴在上单调递增，∴，

∴，即

∵，∴，其中，

∵在上单调递减，∴，即

设，

∴在上单调递增，∴，

∴，即

∵，∴，其中，

∵在上单调递增，∴，即

∴.

法二：直接证明法

∵，，在上单调递增，

∴要证，即证

设，则

∴在上单调递减，在上单调递增

∴，

∴，即

（注意：若没有证明，扣3分）

关于的证明：

（1）且时，（需要证明），其中

∴

∴

∴

（2）∵，∴

∴，即

∵，，∴，则

∴

【点睛】

本题考查函数与倒导数的综合应用，难度较难.（1）对于含参函数单调性的分析，可通过分析参数的临界值，由此分类讨论函数单调性；（2）利用导数证明不等式常用方法：构造函数，利用新函数的单调性确定函数的最值，从而达到证明不等式的目的.

22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以坐标原点为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.

（1）若点在直线上，求直线的极坐标方程；

（2）已知，若点在直线上，点在曲线上，且的最小值为，求的值.

【答案】（1）

（2）

【解析】（1）利用消参法以及点求解出的普通方程，根据极坐标与直角坐标的转化求解出直线的极坐标方程；

（2）将的坐标设为，利用点到直线的距离公式结合三角函数的有界性，求解出取最小值时对应的值.

【详解】

（1）消去参数得普通方程为，

将代入，可得，即

所以的极坐标方程为

（2）的直角坐标方程为

直线的直角坐标方程

设的直角坐标为

∵在直线上，∴的最小值为到直线的距离的最小值

∵，∴当，时取得最小值

即，∴

【点睛】

本题考查直线的参数方程、普通方程、极坐标方程的互化以及根据曲线上一点到直线距离的最值求参数，难度一般.（1）直角坐标和极坐标的互化公式：；（2）求解曲线上一点到直线的距离的最值，可优先考虑将点的坐标设为参数方程的形式，然后再去求解.

23．设函数.

（1）解不等式；

（2）记的最大值为，若实数、、满足，求证：.

【答案】（1）

（2）证明见解析

【解析】（1）采用零点分段法：、、，由此求解出不等式的解集；

（2）先根据绝对值不等式的几何意义求解出的值，然后利用基本不等式及其变形完成证明.

【详解】

（1）当时，不等式为，解得

当时，不等式为，解得

当时，不等式为，解得

∴原不等式的解集为

（2）

当且仅当即时取等号，

∴，∴

∵，∴，

∴（当且仅当时取“”）

同理可得，

∴

∴（当且仅当时取“”）

【点睛】

本题考查绝对值不等式的解法以及利用基本不等式证明不等式，难度一般.（1）常见的绝对值不等式解法：零点分段法、图象法、几何意义法；（2）利用基本不等式完成证明时，注意说明取等号的条件.