2020届湖北省第五届高考测评活动高三元月调考数学（文）试题（解析版）

2020届湖北省第五届高考测评活动高三元月调考数学（文）试题  一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】解不等式求得集合B,即可根据交集的运算求得.【详解】集合,即集合所以故选:D【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,集合交集的简单运算,属于基础题2．已知复数满足，则（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】试题分析：∴，∴z=，故选C.【考点】复数运算 3．已知直线，，则“”是“直线与平行”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】A【解析】根据充分必要条件的判断方法,将代入,由斜率关系判断两条直线是否平行;由两条直线平行时斜率相等,求得的值即可判断.【详解】直线,,当时,代入可得直线,则且,所以,即“”是“直线与平行”的充分条件;当时,因为的斜率一定存在,所以满足,即,解方程得,所以“”是“直线与平行”的不必要条件.综上可知, “”是“直线与平行”的充分不必要条件故选:A【点睛】本题考查了直线平行时斜率关系,充分必要条件的判断,属于基础题.4．函数的图象大致为（   ）A． B． C． D．【答案】B【解析】分别计算，的值，利用函数值的对应性进行排除即可．【详解】，排除C，D；，排除B，故选A．【点睛】本题考查函数的图象的判断与应用，考查函数的零点以及特殊值的计算，是中档题；已知函数解析式，选择其正确图象是高考中的高频考点，主要采用的是排除法，最常见的排出方式有根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等性质，同时还有在特殊点处所对应的函数值或其符号，其中包括等.5．图1是我国古代数学家赵爽创制的一幅“勾股圆方图”又称“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形，受其启发，某同学设计了一个图形，它是由三个全等的钝角三角形与中间一个小正三角形拼成一个大正三角形，如图2所示，若，，则在整个图形中随机取点，此点来自中间一个小正三角形阴影部分的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】求得，在中，运用余弦定理，求得AB，以及DE，根据三角形的面积与边长之间的关系即可求解．【详解】解：，在中，可得，即为，解得，，．故选：B．【点睛】本题考查三角形的余弦定理，同时也考查了利用几何概型的概率公式计算概率，考查方程思想和运算能力，属于基础题．6．执行如图的程序框图，则输出的S的值为（    ）A．-1 B． C．0 D．【答案】B【解析】根据程序框图中三角函数解析式,可知,因而计算出前个循环的值,由周期性写出后面几项,即可得输出的值.【详解】由程序框图可知,,则因为所以因为所以因为所以因为所以因为所以因为所以由以上可知,当时所以因为所以因为所以因为所以因为所以因为所以因为所以输出输出的故选:B【点睛】本题考查了程序框图中循环结构的应用,利用周期性判断最后输出的值,三角函数周期性的应用,属于中档题.7．函数（其中，，）的图象如图，则满足的最小正数m的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据函数图象,先求得函数的解析式.再根据可知为函数的对称轴,即可根据正弦函数的对称性求得最小正数m的值.【详解】由函数的图象可知, 所以 即,将代入解析式可得即解得因为所以当时, 即由可知函数关于对称则解得 所以当时, 即最小正数m的值为故选:A【点睛】本题考查了根据部分函数图象求三角函数解析式,由正弦函数的性质求对称轴,属于基础题.8．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据对数函数和幂函数图像与性质,结合中间量法,即可比较大小.【详解】由对数的图像与性质可知,所以由对数的图像与性质可得,所以而,所以,即,所以综上可知, 故选:D【点睛】本题考查了对数函数与幂函数的图像与性质,由中间量法比较大小,属于中档题.9．已知F为椭圆的一个焦点，点P在椭圆上，满足（O为坐标原点），则的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据题意,设另一个焦点为.画出椭圆的图形,由边长相等关系可证明焦点三角形为直角三角形.由焦点三角形面积公式即可求得,进而求得.【详解】由F为椭圆的一个焦点,设另一个焦点为,几何图形如下图所示:因为,则所以由三角形内角和定理可知即焦点三角形为直角三角形.所以则当关于轴对称,此时成立综上可知, 故选:B【点睛】本题考查了椭圆中焦点三角形的面积求法,椭圆的几何性质应用,属于基础题.10．已知点，，圆，若在圆C上存在唯一的点Q使得，则（    ）A．2 B． C．2或 D．或【答案】C【解析】根据圆C上存在唯一的点Q使得,可知以,为直径的圆与圆相切即可,分别讨论内切与外切两种情况,由圆与圆相切时两个圆半径的关系即可求得的值.【详解】因为圆C上存在唯一的点Q使得所以以,为直径的圆与圆相切由中点坐标公式可得,两点的中点坐标由两点间距离公式可知所以以为直径的圆的半径为将圆化简可得,因而圆的圆心为,半径为当圆与圆外切时, ,即化简得,方程无解,所以不存在的值使圆与圆外切当圆与圆内切时, ,即化简可得若,即,解得 若,,解得 所以当或时满足圆与圆内切,即此时圆C上存在唯一的点Q使得故选:C【点睛】本题考查了圆的几何性质,圆与圆位置关系的判断与应用,圆与圆内切与外切两种情况下的半径关系及分类讨论,属于中档题.11．已知符号函数，设，为数列的前n项和，则使的所有n值的和为（    ）A．15 B．16 C．17 D．18【答案】A【解析】令,求得函数的零点,并根据函数单调性增长的快慢,即可求得时的值,进而即可求得所有满足的的和.【详解】令则函数的零点为,当时, 当时, ,根据指数函数的增长速度大于幂函数的增长速度可知, 函数只有这两个零点而当时, 当时, 当时,而由符号函数,,为数列的前n项和因为所以,即同理可得时, ,即而时, 若,则需所以综上可知,满足时的值分别为和所以时的值的和为 故选:A【点睛】本题考查了新定义的应用,符号函数的用法,数列中片段求和的应用,属于中档题.12．定义在上的函数满足，当时，，若，则x的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】根据,将不等式变形为.构造函数,由可知在时为单调递增函数,可解不等式求解.再令,代入不等式求解即可.【详解】定义在上的函数满足,则令,则当时, 即所以当时, 单调递增函数.由得，所以为偶函数.而不等式可化为即，即由在时单调递增可知,解不等式可得或综上可知,不等式的解集为故选:C【点睛】本题考查了导数在函数的单调性中的综合应用,由导数性质解不等式,构造函数法是导数中常用来研究函数的方法,属于难题.  二、填空题13．已知平面向量满足，，，则与的夹角为________.【答案】【解析】将两边同时平方后展开,结合平面向量数量积运算及模的运算,即可求得与的夹角的余弦值,进而求得与的夹角即可.【详解】因为,则因为,等式两边同时平方可得代入,可得设夹角为,则由平面向量数量积的定义可得 因为所以故答案为: 【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义及简单应用,向量夹角的求法,属于基础题.14．若x，y满足约束条件，则的最小值为________.【答案】3【解析】根据不等式组,画出可行域,即可求得线性目标函数的最小值.【详解】根据不等式组,画出可行域如下图所示:由图像可知,将平移可得所以当经过点A时,直线所得截距最小,解方程组可得 则即的最小值为3故答案为:3【点睛】本题考查了线性规划的简单应用,线性目标函数最值的求法,属于基础题.15．若，则________.【答案】【解析】根据正切函数的和角与差角公式,展开化简并结合正切的二倍角公式,可求得.再由同角三角函数关系式及正弦的二倍角公式,即可求得的值.【详解】根据正切函数的和角与差角公式,将展开化简可得,即通分化简可得由正切的二倍角公式可知即由同角三角函数关系式可知解得,因为故答案为: 【点睛】本题考查了正切函数的和角公式与差角公式的应用,正弦与正切二倍角公式的用法,同角三角函数关系式的应用,属于中档题.16．过抛物线的焦点F直线交抛物线于A，B两点，设，.①当时，________；②的最小值为________.【答案】12        【解析】根据抛物线过焦点弦的性质即可求得的值;将等式代入,结合基本不等式即可求解.【详解】过抛物线的焦点F直线交抛物线于A,B两点,设,则由抛物线方程可知 由过抛物线焦点弦的性质可知,即当时, ,解得因为则所以因为 由基本不等式可知当且仅当时取等号,即所以的最小值为【点睛】本题考查了抛物线焦点弦的性质及应用,利用基本不等式求最值,属于中档题. 三、解答题17．设正数数列的前n项和为，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）设，若是递增数列，求实数k的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】（1）利用递推公式可得,再与原式作差即可得数列的公差,结合首项, 可求得数列的通项公式.检验时也成立即可.（2）根据数列的单调递增,可知,将数列的通项公式代入,解不等式即可求得实数k的取值范围.【详解】（1）由已知,利用递推公式可得两式相减,时,∴,,因此时,成立∴数列是等差数列,公差为1,∴（2）将代入数列,可得∵为递增数列∴对任意正整数n恒成立即所以∴对任意正整数n恒成立∴∴实数的取值范围是.【点睛】本题考查了递推公式在数列中的综合应用,等差数列通项公式的求法,根据数列的单调性求参数的取值范围,属于基础题.18．在中，，AD为的平分线，点D在线段BC上，，.（1）求AD的长；（2）求的值.【答案】（1）5；（2）【解析】（1）设,在中,由余弦定理即可求得AD的长;（2）设,在中,由余弦定理可求得,由及即可利用余弦的差角公式求得.【详解】（1）设在中,由余弦定理∴,得,即（2）设∴为锐角.在中,由余弦定理∴∵∴.【点睛】本题考查了余弦定理在解三角形中的应用,余弦的差角公式在三角形中的应用,属于基础题.19．黄冈“一票通”景区旅游年卡，是由黄冈市旅游局策划，黄冈市大别山旅游公司推出的一项惠民工程.持有旅游年卡一年内可不限次畅游全市19家签约景区.为合理配置旅游资源，现对已游览某签约景区的游客进行满意度调查.随机抽取100位游客进行调查评分（满分100分），评分的频率分布直方图如图.（1）求a的值并估计评分的平均数；（2）为了了解游客心声，调研机构用分层抽样的方法从评分为，的游客中抽取了6名，听取他们对该景区建设的建议.现从这6名游客中选取2人，求这2人中至少有一个人的评分在内的概率；（3）为更广泛了解游客想法，调研机构对所有评分从低到高排序的前86%游客进行了网上问卷调查并随调查表赠送小礼品，估计收到问卷调查表的游客的最高分数.【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）根据频率和为1即可求得a的值;根据平均数的求法,代入即可求得评分的平均数.（2）在,的游客中抽取了6名,其中在抽取2人,在中抽取4人,根据古典概型概率求法,列举出所有可能,即可求得至少有一个人的评分在内的概率.（3）先求得从低分到高分排列, 最低的前86%最高分落在的评分区间,利用百分比即可求得最高分.【详解】（1）由,得.游客评分的平均数为：（2）抽取的6名游客,评分在内的4个,记为1,2,3,4,在内的2个,记为5,6从这6人随机选取2人,有12,13,14,15,16,23,24,25,26,34,35,36,45,35,56共15中选法,其中至少有一个在内有15,16,25,26,35,36,45,46,56共9种由古典概型,.（3）评分低于85分的概率为故评分最低的前86%最高分在设最高分为x,由得【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用,由频率分布直方图求参数及平均值,古典概型概率的求法,属于基础题.20．已知（k，a为实数）（1）当，时，求在上的极值；（2）当时，若在上单调递增，求a的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】（1）代入,,求得,并求得导函数,令求得极值点,根据极值点两侧函数的单调性即可求得在上的极值.（2）代入,利用对恒成立,可得关于的二次不等式,根据二次不等式性质即可a的取值范围.【详解】（1）当,时,x+0- 极大值  ∴（2）在上单调递增,则对恒成立.得设,则在上恒成立由二次函数图象得【点睛】本题考查了导数在函数极值中的应用,根据导数求参数的取值范围,属于基础题.21．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，直线l经过与椭圆交于P，Q两点.当与y轴的交点是线段的中点时，.（1）求椭圆的方程；（2）设直线l不垂直于x轴，若满足，求t的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据椭圆的离心率及通径即可得的等量关系,进而求得的值,即可得椭圆的标准方程.（2）当l与x轴重合时易得,当不与x轴平行时,设,,.联立椭圆方程,由韦达定理表示出PQ中点,进而表示出直线的方程,用表示出,即可求得的取值范围.【详解】（1）当与y轴的交点是的中点时,轴,PQ为通径由得,,椭圆方程（2）当l与x轴重合,PQ为长轴二端点,T为原点,此时否则设,由题意,代入椭圆方程,恒成立设,,设PQ中点则,直线DT的斜率为,,,得∴综上,【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法,过定点的直线与抛物线的位置关系,韦达定理在圆锥曲线中的应用,属于中档题.22．已知，其中e为自然对数的底数.（1）设，求的单调区间；（2）若时，恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）先求得定义域,再求得,即可根据的符号判断的单调性,进而求得单调区间.（2）根据（1）,结合的取值范围,即可求得,对分类讨论,分析的单调性,进而可知在时,.最后根据题意舍去不符合要求的解,即可求得实数a的取值范围.【详解】（1）的定义域为,∵,在上递增,且∴时,,则在上单调递减时,,在上单调递增（2）由（1）在上单调递增,即在上递增则时,,即∴时,,在上递增,,符合题意时,在上递增∵,故存在时,则时,,此时,不合题意,舍去.综上,若时,恒成立,则【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性中的应用,由导数解决不等式中的参数取值范围问题,综合性强,是高考的重难点,属于难题.