【KS5U解析】湖北省2020届高三下学期4月高考模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

1、数学试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 已知集合ax|x24x50，集合by|y0，则ab（ ）a. x|0x5b. x|5x0c. （1，+）d. x|1x10【答案】a【解析】【分析】可以求出集合a，然后进行交集的运算即可【详解】ax|1x5，by|y0，abx|0x5故选：a【点睛】本题考查了描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题2. 已知，其中i为虚数单位，则复数zabi在复平面内对应的点在（ ）a. 第一象限b. 第二象限c. 第三象限d. 第四象限【答案】b【解析】【分析】

2、把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，由复数相等的条件求解a，b的值，则答案可求【详解】由，得a3i3+bi，a3，b3，则复数zabi在复平面内对应的点的坐标为（3,3），在第二象限故选：b【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题3. 已知x20.1，ylog52，zlog0.52，则（ ）a. yxzb. yzxc. zxyd. zyx【答案】d【解析】【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解【详解】20.1201，x1，log51log52log55，0y1，log0.52log0.510，z0，zyx，故选：d【点睛】本题考查三个数的大小的求法，是

3、基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用4. 已知平面向量均为单位向量，若向量的夹角为，则（ ）a. 37b. 25c. d. 5【答案】c【解析】【分析】先根据已知条件求得模长的平方，进而求得结论【详解】因为平面向量均为单位向量，且向量的夹角为，则2924169+16+24×1×137；故故选：c【点睛】本题考查向量的数量积的应用，考查向量的模长，考查计算能力5. 若不等式对恒成立，则实数m的最大值为（ ）a. 7b. 8c. 9d. 10【答案】c【解析】【分析】分离参数使不等式化为，使乘以利用基本不等式求出的最小值即可求解.【详解】将不等式化为

4、，只需当时，即可，由，当且仅当时取等号，故,故m的最大值为9.故选：c 【点睛】本题主要考查不等式恒成立求参数的取值范围、基本不等式求最值，注意验证等号成立的条件，属于中档题.6. 某城市在进行创建文明城市的活动中，为了解居民对“创建文明城”的满意程度，组织居民给活动打分（分数为整数，满分100分），从中随机抽取一个容量为120的样本，发现所给数据均在40，100内现将这些分数分成以下6组并画出样本的频率分布直方图，但不小心污损了部分图形，如图所示观察图形则下列说法中有错误的是（ ）a. 第三组的频数为18人b. 根据频率分布直方图估计众数为75分c. 根据频率分布直方图估计样本的平均数为75

5、分d. 根据频率分布直方图估计样本的中位数为75分【答案】c【解析】【分析】对于a频率分布直方图中，小矩形的面积等于这一组的频率，而频率的和等于1，可求出分数在60,70）内的频率；对于b根据众数是频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标即可得解；对于c，同一组数据常用该组区间的中点值作为代表，将中点值与每一组的频率相差再求出它们的和即可求出本次考试的平均分，对于d，由中位数将所有的小长方形的面积均分即可求解【详解】对于a，因为各组的频率之和等于1，所以分数在60，70）内的频率为：f110（0.005+0.015+0.030+0.025+0.010）0.15，所以第三组60,70）的频数为

6、120×0.1518（人），故正确；对于b，因为众数的估计值是频率分布直方图中最高矩形的中点，从图中可看出众数的估计值为75分，故正确；对于c，又根据频率分布直方图，样本平均数的估计值为：45×（10×0.005）+55×（10×0.015）+65×（10×0.015）+75×（10×0.03）+85×（10×0.025）+95×（10×0.01）73.5（分），故错误；对于d，因为（0.05+0.15+0.15）×100.350.5，（0.05+0.15

7、+0.15+0.3）×100.5，所以中位数位于70,80）上，所以中位数的估计值为：7075，故正确；故选：c【点睛】本题主要考查了频率及频率分布直方图，以及平均数有关问题，考查运用统计知识解决简单实际问题的能力，数据处理能力和运用意识本题属于中档题7. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休在数学的学习和研究中，常用函数的图象研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征如函数的图象大致为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据题意，设f（x），分析函数的奇偶性可以排除a、d，结合复合函数单调性的判

8、断方法分析可得函数yf（x）为增函数，排除c；即可得答案【详解】根据题意，设f（x），有f（x）f（x），即函数f（x）为偶函数，排除a、d；设tcosx，则y2t2+t+1，在区间0，上，tcosx为减函数，且0t1，y2t2+t+1，其对称轴为t，开口向下，在区间（,）上为增函数，（,+）上为减函数，在区间（0,arccos）上，tcosx为减函数，此时t1，函数y2t2+t+1为减函数，故函数yf（x）为增函数，排除c；故选：b【点睛】本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性的分析，属于基础题8. 函数的单调增区间为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】化函数f（x）为

9、正弦型函数，根据正弦函数的单调性求出f（x）的单调增区间【详解】函数cos（2x）cos2xsin2xcos2x2sin（2x），令2k2x2k，kz；解得kxk，kz；所以f（x）的单调增区间为k,k，kz故选：a【点睛】本题考查了三角函数的化简和三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题9. 已知是抛物线的焦点，过焦点的直线交抛物线的准线于点，点在抛物线上且，则直线的斜率为（ ）a. ±lb. c. d. 【答案】c【解析】【分析】先根据，结合抛物线的定义，求出点坐标，得到点坐标，进而可得直线斜率.【详解】因为点在抛物线上，且，点在抛物线的准线上，由抛物线的定义可知，直线，设，则，

10、解得，所以，故，故，又，所以直线的斜率为.故选c【点睛】本题主要考查求抛物线中直线的斜率，熟记抛物线的定义即可，属于常考题型.10. 已知函数f（x），若存在x1，x2r且x1x2，使得f（x1）f（x2）成立，则实数a的取值范围是（ ）a. 3，+）b. （3，+）c. （，3）d. （，3【答案】c【解析】【分析】当1，即a2时，由二次函数的图象和性质，可知存在x1，x2（,1且x1x2，使得f（x1）f（x2）成立；当1，即a2时，若存在x1，x2r且x1x2，使得f（x1）f（x2）成立，则1+a3a7，由此能求出实数a的取值范围【详解】函数f（x），存在x1，x2r且x1x2，使得f

11、（x1）f（x2）成立，当1，即a2时，由二次函数的图象和性质，可知：存在x1，x2（,1且x1x2，使得f（x1）f（x2）成立，当1，即a2时，若存在x1，x2r且x1x2，使得f（x1）f（x2）成立，则1+a3a7，解得a3，2a3，综上所述：实数a的取值范围是（,3）故选：c【点睛】本题考查函数的单调性和运用，注意二次函数的对称轴和区间的关系，考查分类讨论思想和运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题11. 平面四边形中，则四边形的面积为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】先由题意设，由余弦定理求出，再根据余弦定理求出，最后由即可求出结果.【详解】因为，所以设，

12、又，所以由得，所以，所以，又，所以，由余弦定理可得，可得，解得，故.故选b【点睛】本题主要考查解三角形，熟记余弦定理和三角形面积公式即可，属于常考题型.12. 已知双曲线的左右焦点分别为f1，f2，过f1的直线与c的两条渐近线分别交于a、b两点，若以f1f2为直径的圆过点b，且a为f1b的中点，则c的离心率为（ ）a. b. 2c. d. 【答案】b【解析】【分析】由题意画出图形，结合已知可得f1boa，写出f1b的方程，与y联立求得b点坐标，再由斜边的中线等于斜边的一半求解【详解】如图，因为a为f1b的中点，所以，又因为b在圆上，所以0，故oaf1b，则f1b：y（x+c），联立，解得b（,

13、），则ob2（）2+（）2c2，整理得：b23a2，c2a23a2，即4a2c2，4，e2故选：b【点睛】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查计算能力，是中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 设曲线yex+1上点p处切线平行于直线xy10，则点p的坐标是_【答案】（0,2）【解析】【分析】先对函数求导数，然后根据切点处导数值等于切线斜率，列出切点横坐标满足的方程即可【详解】由题意得yex，且切线斜率为1设切点为p（x,y），则ex1，所以x0，ye0+12故切点坐标为（0,2）故答案为：（0,2）【点睛】本题考查了利用导数的几何意义的应用，本题利用

14、切点处的导数等于切线斜率构造方程求解，注意掌握14. 已知为锐角，且，则_.【答案】.【解析】【分析】先由化简整理得到，求出，再由为锐角，即可得出结果.【详解】因为，所以，即，所以，解得或，又因为为锐角，所以，因此.故答案为【点睛】本题主要考查三角恒等变换，给值求值问题，熟记公式即可，属于常考题型.15. 已知a，b，c是球o球面上的三点，acbc6，ab，且四面体oabc的体积为24则球o的表面积为_【答案】136【解析】【分析】求出底面三角形的面积，利用三棱锥的体积求出o到底面的距离，求出底面三角形的所在平面圆的半径，通过勾股定理求出球的半径，即可求解球的表面积【详解】三棱锥oabc，a、

15、b、c三点均在球心o的表面上，且acbc6，ab6，ab2ac2+bc2，abc外接圆的半径为：rab3，abc的外接圆的圆心为g，则ogg，sabcaccb18，三棱锥oabc体积为24，sabcog24，即18og24，og4，球的半径为：r球的表面积：4×r2136故答案为：136【点睛】本题考查球的表面积的求法，球的内含体与三棱锥的关系，考查空间想象能力以及计算能力16. 自湖北爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，湖北某市医护人员和医疗、生活物资严重匮乏，全国各地纷纷驰援某运输队接到从武汉送往该市物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的a型卡车，6辆载重为10t的b型卡车，10名驾驶

16、员，要求此运输队每天至少运送240t物资已知每辆卡车每天往返的次数为a型卡车5次，b型卡车4次，每辆卡车每天往返的成本a型卡车1200元，b型卡车1800元，则每天派出运输队所花的成本最低为_【答案】9600【解析】【分析】设每天派出a型卡车x辆，b型卡车y辆，运输队所花成本为z元，根据题意把实际问题数学化，列出需要满足的不等式组，注意xn，yn，把运输队所花成本z看作目标函数，画出可行域，根据目标函数平移得到最值的取法【详解】设每天派出a型卡车x辆，b型卡车y辆，运输队所花成本为z元，则，且xn，yn，目标函数z1200x+1800y，画出满足条件的可行域如图中阴影部分所示：由图可知，当直线

17、z240x+378y经过点b（8,0）时，截距z最小，在可行域的整数点中，点（8,0）使z取得最小值，即zmin1200×8+1800×09600，每天排除a型卡车8辆，b型卡车0辆，运输队所花的成本最低，最低成本为9600元，故答案为：.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划问题，根据题意列出不等式组是解题关键，本题属于中档题三、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题第21题为必考题，每个试题考生都必须作答第22题第23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17. 已知函数f（x）log3（ax+b）的图象经过点a（2，1）和b（5，2）

18、，anan+b（nn*）（1）求an；（2）设数列an的前n项和为sn，bn，求bn的前n项和tn【答案】（1）an2n1，nn*；（2）【解析】【分析】（1）由代入法解方程可得a，b，进而得到所求通项公式；（2）由等差数列的求和公式，化简bn，再由数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，可得所求和【详解】（1）由题意得，解得a2，b1，所以an2n1，nn*；（2）由（1）易知数列an为以1为首项，2为公差的等差数列，所以snn2n2，所以bn2n前n项和tn（1）+（2+4+2n）【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及数列的分组求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题

19、18. 2020年春节期间，新型冠状病毒（2019ncov）疫情牵动每一个中国人的心，危难时刻全国人民众志成城共克时艰，为疫区助力我国s省q市共100家商家及个人为缓解湖北省抗疫消毒物资压力，募捐价值百万的物资对口输送湖北省h市（1）现对100家商家抽取5家，其中2家来自a地，3家来自b地，从选中的这5家中，选出3家进行调研求选出3家中1家来自a地，2家来自b地的概率（2）该市一商家考虑增加先进生产技术投入，该商家欲预测先进生产技术投入为49千元的月产增量现用以往的先进技术投入xi（千元）与月产增量yi（千件）（i1，2，3，8）的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线

20、的附近，且：，其中，根据所给的统计量，求y关于x回归方程，并预测先进生产技术投入为49千元时的月产增量附：对于一组数据（u1，v1）（u2，v2），其回归直线v+u的斜率和截距的最小二乘法估计分别为【答案】（1）0.6；（2）y100.6+68，576.6千件【解析】【分析】（1）设a地2家分为a1，a2，b地3家分为b1，b2，b3，由题意得，所有情况为10种，满足条件的有6种，求出即可；（2）由线性回归方程公式，求出a，b，再求出线性回归方程，取x49代入求出即可【详解】（1）设a地2家分为a1，a2，b地3家分为b1，b2，b3，由题意得，所有情况为：（a1,a2,b1），（a1,a2,

21、b2），（a1,a2,b3），（a1,b1,b2），（a1,b1,b3），（a1,b2,b3），（a2,b1,b2），（a2,b1,b3），（a2,b2,b3），（b1,b2,b3），共10种，其中a地1家，b地2家的有6个，故所求的概率为；（2）由线性回归方程公式，且a，所以线性回归方程为：y100.6+68，当x49时，年销售量y的预报值y100.6+68×7576.6千件，故预测先进生产技术投入为49千元时的月产增量为576.6千件【点睛】本题考查了古典概型求概率，求线性回归方程，考查了运算能力，中档题19. 如图，在四棱锥sabcd中，侧面scd为钝角三角形且垂直于底面abc

22、d，cdsd，点m是sa的中点，ad/bc，abc90°，abadbca（1）求证：平面mbd平面scd；（2）若sdc120°，求三棱锥cmbd的体积【答案】（1）证明见解析；（2）a3【解析】【分析】（1）取bc中点e，连接de，则abada，bc2a由题意可得：四边形abed为正方形，可得bd2+cd2bc2，于是bdcd，根据面面垂直的性质定理可得：bd平面scd，进而得出平面mbd平面scd（2）过点s作shcd，交cd的延长线于点h，连接ahsdh为sd与底面abcd所成的角，即sdh60°点m到平面abcd的距离dsh可得三棱锥cmbd的体积vbd&

23、#215;cdd【详解】（1）证明：取bc中点e，连接de，则abada，bc2a由题意可得：四边形abed为正方形，且bedecea，bdcdabd2+cd2bc2，则bdcd，又平面scd平面abcd，平面scd平面abcdcd，bd平面scd，又bd平面mbd，平面mbd平面scd（2）解：过点s作shcd，交cd的延长线于点h，连接ah则sdh为sd与底面abcd所成的角，即sdh60°由（1）可得：sdcda，在rtshd中，sda，hda，sha点m到平面abcd的距离da三棱锥cmbd的体积vbd×cdda3【点睛】本题考查了空间位置关系、三棱锥的体积、空间角

24、、转化方法，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题20. 已知椭圆：（ab0）过点e（，1），其左、右顶点分别为a，b，左、右焦点为f1，f2，其中f1（，0）（1）求椭圆c的方程：（2）设m（x0，y0）为椭圆c上异于a，b两点的任意一点，mnab于点n，直线l：x0x+2y0y40，设过点a与x轴垂直的直线与直线l交于点p，证明：直线bp经过线段mn的中点【答案】（1）；（2）证明详见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆上一点到两焦点的距离之和为2a，可求出a，已知焦点坐标，可知c，可求方程（2）根据题意求出abp的坐标，求pb直线方程，求出点n坐标，求出其中点，可代入判断在直线

25、pb上【详解】（1）由题意知，2a|ef1|+|ef2|4，则a2，c，b，故椭圆的方程为，（2）由（1）知a（2,0），b（2,0），过点a且与x轴垂直的直线的方程为x2，结合方程x0x+2y0y40，得点p（2,），直线pb的斜率为，直线pb的方程为，因为mnab于点n，所以n（x0,0），线段mn的中点坐标（），令xx0，得，因为，所以，即直线bp经过线段mn中点【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查运算能力，属于难题21. 已知函数f（x）x2+acosx（1）求函数f（x）的奇偶性并证明当|a|2时函数f（x）只有一个极值点；（2）当a时，求f（x）的最小值；【答案】（1）偶函数

26、，证明详见解析；（2）【解析】【分析】（1）由奇偶性定义容易判断函数的奇偶性；要说明函数只有一个极值点，即导函数只有一个零点，结合导函数的单调性即可解决；（2）讨论函数f（x）的单调性，求出函数的极小值、端点处函数值比较即可求出最小值【详解】（1）因为f（x）f（x），故函数f（x）是偶函数f（x）2xasinx，f（0）0，故只需讨论x0时情况，x0，由三角函数的性质知，xsinx，2|a|，f（x）0，x0时，f（x）是增函数，又f（x）是偶函数，所以x0时，f（x）单调递减故|a|2时，函数f（x）只有一个极小值点x0（2）由（1）知，只需求x0时f（x）的最小值，设h（x）2xsinx，h（x）2cosx，因为，由零点存在性定理，存在唯一的，使得h（x0）0当x（0,x0），h（x）0，h（x）递减；又因为h（0）h（）0，所以x时，f（x）h（x）0恒成立，f（x）在（0,）上递减；当x时，f（x）2xsinxsinx0，f（x）为增函数所以【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值以及最值问题要注意二次求导的目的是研究一阶导数的单调性，最终研究的一阶导数的符号，从而确定原函数的单调性同时考查了学生的逻辑推理、数学运算以及抽象概括等数学核心素养属于压轴题（二）选考题：共10分请考生在22，23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第