湖北省武汉市2020届高三数学5月模拟试题 文（含解析）

湖北省武汉市2020届高三数学5月模拟试题 文（含解析）一、选择题：本大题共l2小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符命题目要求的1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出集合B，再利用交集并集的定义判断选项【详解】B，x|，AB，故选：B【点睛】本题考查交集并集的求法，是基础题，解题时要注意交集并集的区别2.已知，若点满足，则点的轨迹为（）A. 椭圆B. 双曲线C. 双曲线的一支D. 一条射线【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的定义可以判断点的轨迹为射线.【详解】因为，动点满足，则点的轨迹是一条射线，且射线的方程为故选：D【点睛】为平面上的两个定点，点为该平面上的动点，且，若，则动点的轨迹为射线；若，则动点的轨迹为双曲线的一支.3.已知复数z11+2i，z2li，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法可得相应的结果.【详解】，故选：B【点睛】本题考查复数的除法，属于基础题.4.已知，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】算出后可得它们的大小.【详解】，故选：B【点睛】本题考查指数幂的大小比较，属于容易题.5.用0，l，2，3，4可以组成数字不重复的两位数的个数为（）A. 15B. 16C. 17D. 18【答案】B【解析】【分析】就个位数是否为分类讨论即可.【详解】解：若个位数是，则有种，若个位数不是，则有种，则共有种，故选：B【点睛】对于排数问题，我们有如下策略：（1）特殊位置、特殊元素优先考虑，比如偶数、奇数等，可考虑末位数字的特点，还有零不能排首位等；（2）先选后排，比如要求所排的数字来自某个范围，我们得先选出符合要求的数字，在把它们放置在合适位置；（3）去杂法，也就是从反面考虑6.在同一直角坐标系中，函数，的的图象可能是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】就和分类讨论可得正确的选项.【详解】解：当时，函数为增函数，且图象变化越来越平缓，的图象为增函数，当时，函数为增函数，且图象变化越来越快，的图象为减函数，综上：只有D符合故选：D【点睛】本题考查指数函数和对数函数的图像性质，属于基础题.7.数列中，则（）A. 32B. 62C. 63D. 64【答案】C【解析】【分析】把化成，故可得为等比数列，从而得到的值.【详解】数列中，故，因为，故，故，所以，所以为等比数列，公比为，首项为.所以即，故，故选C.【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系和变形方法如下：（1），取倒数变形为；（2），变形为，也可以变形为；8.已知长方体全部棱长的和为36，表面积为52，则其体对角线的长为（）A. 4B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用可得对角线的长.【详解】设长方体的三条棱的长分别为：，则，可得对角线的长为故选：B【点睛】设长方体的棱长和为，表面积为，对角线的长为，则，解题中注意各代数式之间的关系.9.某学校美术室收藏有6幅国画，分别为人物、山水、花鸟各2幅，现从中随机抽取2幅进行展览，则恰好抽到2幅不同种类的概率为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】算出基本事件的总数和随机事件中基本事件的个数，利用古典概型的概率的计算公式可求概率.【详解】设为“恰好抽到2幅不同种类”某学校美术室收藏有6幅国画，分别为人物、山水、花鸟各2幅，现从中随机抽取2幅进行展览，基本事件总数，恰好抽到2幅不同种类包含的基本事件个数，则恰好抽到2幅不同种类的概率为故选：B【点睛】计算出所有的基本事件的总数及随机事件中含有的基本事件的个数，利用古典概型的概率计算即可.计数时应该利用排列组合的方法.10.已知双曲线（）的焦距为4，其与抛物线交于 两点，为坐标原点，若为正三角形，则的离心率为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设的边长为，则，利用在抛物线上可得，把代入双曲线方程，结合可求出，从而得到双曲线的离心率.【详解】设的边长为，由抛物线和双曲线均关于轴对称，可设， 又，故，所以，故，又，即，解得，则故选：C【点睛】圆锥曲线中离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组11.已知点，动点的坐标满足不等式组，设为向量在向量方向上的投影，则的取值范围为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】在向量方向上的投影，利用线性规划可求其取值范围.【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：则， ，则在向量方向上的投影为，设，则，平移直线，由图象知当直线经过点时直线的截距最小，此时，当直线经过时，直线的截距最大，由，得，即，此时即，则，即， 即的取值范围是，故选：A【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考考虑二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率12.设函数，则满足的的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】令，则的解为，再结合的图像，则可得的解，它就是的解.【详解】作出的图象，可得的最小值为，令，考虑的解，考虑与的图像的交点情况，如图所示故，下面考虑的解，如图所示，可得或故选D.【点睛】复合方程的解的讨论，其实质就是方程组的解的讨论，一般我们先讨论的解，再讨论，后者的解的并集就是原方程的解.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.等差数列中，则与等差中项的值为_【答案】11【解析】【分析】利用可得与等差中项.【详解】根据题意，等差数列中，则有，则与等差中项为；故答案为：11【点睛】本题考查等差中项，充分利用为等差数列时，则是解题的关键.14.已知向量，若，则_【答案】4【解析】【分析】算出的坐标，再利用数量积的坐标形式可计算的值.【详解】；故答案为：4【点睛】向量的数量积有两个应用：（1）计算长度或模长，通过用 ；（2）计算角，.特别地，两个非零向量垂直的等价条件是15.函数图象的对称中心为_【答案】【解析】【分析】设对称中心的坐标为，利用对任意均成立可求出，.【详解】由题意设对称中心的坐标为，则有对任意均成立，代入函数解析式得， 整理得到：，整理得到 对任意均成立，所以 ，所以，.，即对称中心故答案为：【点睛】若，则的图像关于直线对称；若，则的图像关于点对称16.已知四面体中，则四面体的体积为_【答案】【解析】【分析】取中点，中点，连结，计算出后可得，所求四面体的体积为它的2倍.【详解】取中点，中点，连结， 四面体中，平面，又，故答案为：【点睛】三棱锥的体积的计算需选择合适的顶点和底面，此时顶点到底面的距离容易计算. 有时还需把复杂几何体分割成若干简单几何体便于体积的计算或体积的找寻， 这些几何体可能有相同的高或相同的底面，或者它们的高或底面的面积的比值为定值三、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17-2l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.如图，在中，点在边上，.（1）求的长：（2）求的面积【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）在中利用余弦定理可求，在中，可求.（2）在中求出边上的高为，利用面积公式可求.【详解】（1）在中，由余弦定理可得：，可得： ，由于，解得，又， （2）在中，点到的距离，而，面积 【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四个量.（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.18.如图1，直角梯形中，；如图2，将图1中沿起，点在平面上的正投影在内部，点为的中点，连接，三棱锥的体积为（1）求证：；（2）求点到平面的距离【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）在图1中作的中点，在图1、图2中取的中点，可证面，从而得到要证明的线线垂直.（2）先计算，再利用可得到平面的距离为.【详解】证明：（1）在直角梯形中，在图1中作的中点，在图1、图2中取的中点， 连结，则均为等腰直角三角形，所以，又，故面，又面，解：（2）面，面，面，在的中垂线上，垂直平分，为中点，三点共线，由，得是等腰直角三角形，设到平面的距离为，则由，得，点到平面的距离【点睛】线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 点到平面的距离的计算可以利用面面垂直或线面垂直得到点到平面的距离，可以根据等积法把点到平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积（有时体积已知）.19.如图，为坐标原点，椭圆（）的焦距等于其长半轴长，为椭圆的上、下顶点，且（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于异于的两点，直线交于点求证：点的纵坐标为定值3【答案】（1）；（2）3【解析】【分析】（1）由得，再根据焦距等于其长半轴长可求，故可得椭圆的方程.（2）设直线方程为，详解】解：（1）由题意可知：,，又，有，故椭圆的方程为：（2）由题意知直线的斜率存在，设其方程为，用的横坐标表示的纵坐标，再联立的方程和椭圆的方程，消去得，利用韦达定理化简的纵坐标后可得所求的定值.设（），联立直线方程和椭圆方程得，消去得，,，且有，又，由得，故，整理得到，故故点的纵坐标为3【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.20.菜市房管局为了了解该市市民2020年1月至2020年1月期间购买二手房情况，首先随机抽样其中200名购房者，并对其购房面积（单位：平方米，）进行了一次调查统计，制成了如图1所示的频率分布南方匿，接着调查了该市2020年1月2020年1月期间当月在售二手房均价（单位：万元/平方米），制成了如图2所示的散点图（图中月份代码113分别对应2020年1月至2020年1月）（1）试估计该市市民的平均购房面积（2）现采用分层抽样的方法从购房耐积位于的40位市民中随机取4人，再从这4人中随机抽取2人，求这2人的购房面积恰好有一人在的概率（3）根据散点图选择和两个模型进行拟合，经过数据处理得到两个回归方程，分别为和，并得到一些统计量的值，如表所示： 请利用相关指数判断哪个模型的拟合效果更好，并用拟合效果更好的模型预测2020年6月份的二手房购房均价（精确到）参考数据：，,参考公式：相关指数【答案】（1）96；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）利用组中值可求平均购房面积.（2）由分层抽样可得在抽取的4人有3人位于，1人位于，枚举后可得基本事件的总数和随机事件中基本事件的个数，从而得到所求的概率.（3）根据相关系数大小可得的拟合效果更好，从而可预测2020年6月份的二手房购房均价.【详解】解：（1）（2）设从位于的市民中抽取人，从位于的市民中抽取人，由分层抽样可知：，解得，在抽取的4人中，记3名位于的市民为：，1名位于的市民为，从这4人中随机抽取2人，共有：，故基本事件总数，其中恰有一人在的情况共有种，设为“这2人购房面积恰好有一人在”，则（3）设模型和的相关指数分别为，,则，模型的拟合效果更好2020年6月份对应的万元/平方米【点睛】本题考查频率分布直方图的应用、古典概型的概率的计算以及回归变量的相关性，属于中档题.21.已知函数（1）若直线为的切线，求的值（2）若，恒成立，求的取值范围【答案】（1）0；（2）【解析】【分析】（1）设切点为，则可得且，构建新函数，讨论其单调性后可得及（2）原不等式等价于，构建新函数，其导数为，就和分类讨论的零点、符号及其的单调性后可得实数的取值范围.【详解】（1）设切点为，令，则，当时，在上为增函数； 当时，在上为减函数；所以，所以，又，所以（2），恒成立，令，,当时，所以在上为增函数， 若，则当时，故在上为增函数，故时，有即恒成立，满足题意.若，因为为上的增函数且，令，其中，所以在为增函数，所以，故存在，使得且时，在为减函数，故当时，矛盾，舍去.综上可得：【点睛】解决曲线切线问题，核心是切点的横坐标，因为函数在横坐标处的导数就是切线的斜率. 含参数的函数不等式的恒成立问题，可构建新函数，再以导数为工具讨论新函数的单调性从而得到新函数的最值，最后由最值的正负得到不等式成立.也可以考虑参变分离的方法，把问题归结为不含参数的函数的值域问题.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），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）求的直角坐标方程；（2）已知，与的交点为，求的值【答案】（1）；（2）20【解析】【分析】（1）把化成，利用化简可得的直角方程.（2）设，再将直线的参数方程代入圆的方程，利用参数的几何意义可得的值.【详解】（1）由，得，即.（2）设，把代入，得，则是该方程的两个实数根，故【点睛】极坐标方程与直角方程的互化，关键是，必要时须在给定方程中构造直线的参数方程有很多种，如果直线的参数方程为 （其中为参数），注意表示直线上的点到的距离，我们常利用这个几何意义