2020届湖北省武汉市武昌区高三元月调研考试数学(文)试题(解析版)

1、第1页共 20 页2020届湖北省武汉市武昌区高三元月调研考试数学(文)试题一、单选题21已知集合A x|x x 20,B x| 2 x 0，则AI B()A ( 2, 1)B.( 1,0)C (0,2)D ( 1,2)【答案】B【解析】先求解不等式x2x 20,再根据交集的定义求解即可【详解】由题，因为x2x 2 0,所以1 x 2,即A x| 1 x 2,所以A B x| 1 x 0,故选:B【点睛】本题考查集合的交集运算，考查解一元二次不等式2 .已知复数 z 满足(1 i)z 2i，则 z 在复平面内对应的点位于()C第三象限D 第四象限a bi的形式，即可得到复数的坐标形式A 第一象

2、限B 第二象限【答案】A【解析】由题丄，利用除法法则整理为1 i，进而求解即可【详解】2i由题,z1 i2i 1 ii，所以 z 在复平面内对应的点为1,1故选:A【点睛】本题考查复数的坐标表示，考查复数在复平面的位置，考查复数的除法法则的应用13已知an是各项均为正数的等比数列，a1 - ,a32a?1，则a.(3A 3n 1B.3n 2C 2n 1D 2n 2【答案】B第2页共 20 页【详解】第 2 页共 20 页1a 一【解析】利用等比数列的通项公式可得3，解得q,进而求得通项公式印q22印q 1【详解】1a 由题，3，解得q 3或q 1,印q2印q 1因为an的各项均为正数，所以q

3、3,n 11n 1 n 2所以ana1q33,3故选:B【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查运算能力，属于基础题4 .已知a logo.10.2,b log1.10.2,c 1.10.2，则a,b, c的大小关系为（）A. a b cB.a c bC.c b aD.cab【答案】D【解析】 分别判断出a,b,c的范围，可得a,b,c的大小关系.【详解】log。/a log0.10.2 log0.10.1，即0 a 1;b log1.10.2 log1.110,c 1.10.21.101, 可得cab, 故选：D.【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，属于基础题5等腰直角三角形ABC

4、中，ACB ,2AC BC2，点P是斜边AB上一点，且BP 2PA，那么uuu uiu uuuuuuCPCA CP CB()A .4B.2C. 2D . 4【答案】Duuu umruur【解析】 将CP用CA与CB进行表示，代入可得答案2第4页共 20 页本题主要考查平面向量的基本定理及平面向量的数量积，相对不难6为美化环境，从红、黄、白、紫4 种颜色的花中任选 2 种花种在一个花坛中，余下的 2 种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是1125A B.C D -3236【答案】C【解析】试题分析：将 4 种颜色的花种任选 2 种种在一个花坛中,花坛中，有 6 种种法，其中红

5、色和紫色的花不在同一个花坛的种数有2为一，选 C.3【考点】古典概型行列举UJU解：由题意得：CPuuu uuu uu urnCP CA CP CB故选：D.【点睛】UCMCluC趙4 4一3 31-31-3 8 8一3 3LrnBuucMB山c1 1 - -3 32 2 - -3 3余下 2 种种在另一个4 种，故所求概率【名师点睛】 作为客观题形式出现的古典概型试题般难度不大，解答中的常见错误是在用列举法计数时出现重复或遗漏，避免此类错误发生的有效方法是按照一定的标准2第5页共 20 页当n2时,anSnSn 13n 2,当n 1时,a11,符合,【详解】7已知数列an中,和为 （）nA

6、3n 1【答案】Aai 1，Sn却23nB.3n 11 .n，设bn21anan 1n 1C 3n 23n 3D 3n 2【解析】根an的通项公式，即an3n 2,则bna*an 13n 2 3n1，再利用裂项相消法求和即可则数列bn的前n项第6页共 20 页所以an3n2,则bn1111 31 1anan 13n2 3n3n 2 3n 1设为数列bn的前n项和，1111 ,11则Tn1-L34473n 23n 111-133n1n3n 1，故选:A【点睛】本题考查由an与Sn的关系求通项公式，考查裂项相消法求数列的和8 已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球 0 的球面上，SA平面ABC，BA

7、C 120,SA AB AC 2，则球 O 的表面积为（）在VABC中因为AB AC 2,BAC 120,所以ACB 30所以球O的表面积为4 R220故选:C【点睛】本题考查棱锥的外接球问题，考查球的体积，考查空间想象能力C 20 nD.36 n【答案】C【解析】先利用正弦定理求得VABC的外接圆半径，再由SA平面ABC得到2SA2r2，求解即可所以VABC所在的截面圆的半径r满足2r又因为SA平面ABC,所以球O的半径RABsin ACB2，解得r=2,sin30SA2一r2 5,【详第7页共 20 页2 29 .已知双曲线 L 1的左焦点为F，点P为其右支上任意一点，点45(1,3)，贝

8、U PMF周长的最小值为()得PF PF 4,进而PMF的周长C FM PM PF FM PM PF 4,从而当PM PF最小时，周长最小，求解即可【详解】设双曲线的右焦点为F,由题,F 3,0,F 3,0, 由双曲线定义可知PF| |PF| 2a 4,所以PF| | PF| 4,PMF的周长为C FM PM PF FM PM PF 4,当PM PF MF时,PMPF最小,此时周长最小为/ 2 2 1 2 2:C FM PF4J310 33 10 349 V13,故选：D【点睛】本题考查双曲线定义的应用，考查双曲线中三角形周长的最值问题，考查两点间距离公式的应用n10 函数f(x) Asin(

9、 x )(A0,0,0一)的部分图象如图所示，2给出下列说法：5n1直线x为函数 f(x)的一条对称轴；M的坐标为A.5,10B.10C.5.13【答案】DD.9 J3F 3,0，则由双曲线定义可【解析】由双曲线方程可知F3,0，设双曲线的右焦点为第8页共 20 页122n2点(,0)为函数 f(x)的一个对称中心；33函数 f (x)的图象向右平移 丄个单位后得到函数y ,2s in 2x的图象3其中，正确说法的个数是()第9页共 20 页n对于,f(x)的图像向右平移 一个单位，即为3【解析】先由图像得到f x x2sin2x3,利用整体法判断，将x2&代入求解判断，由图像的平移法

10、则可判断 【详由图，最小值为2,所以A、2，因为x 是对称轴，,0是对称中心312,则121T,即卩T4所以2T由对称轴，可2 122k ,kZ,所以2k ,k Z,3因为0n，所以当0时,所以f x、.2sin 2x对于,fx的对称轴为2x,kZ,即X石与,k Z，5 n 是对称轴，则12512石亍即kZ,故正确;对于，将x2代入3中可得2 sin- 2sin2n0,所以点(亍。)为函数f(x)的一个对称中心，故正确;【答案】C第10页共 20 页y 2sin 2 x2 sin 2x,故错误；333故正确的是：，即有 2 个是正确的,故选:C【点睛】本题考查由图像求解析式，考查正弦型函数的对

11、称性的应用，考查三角函数的平 移变换11.已知直线I与抛物线y26x交于不同的两点A,B，直线OA,OB的斜率分别为ki,k2，且K k2.3, 则直线I恒过定点()A.( 6.3,0)B.( 3、3,0)C.( 2.3,0)D. (3,0)【答案】C【解析】设直线I为x my n,与抛物线方程联立可得寸6my 6n 0,即yiy26n,利用斜率公式代入kik2中即可求得n,进而得出结论【详解】x my n2设直线I为x my n,联立2，消去x可得y26my 6n 0,y 6x设A xi, yi,B x2,y2，所以yiy?6n,yi y3636厂一yiy23因为k,k2.3,即T 73,所

12、以yi2y22yiy26n,XX266所以n 2 3,所以x my 2.3,所以直线I一定过点2-.3,0,故选:C【点睛】本题考查直线恒过定点问题，考查直线与抛物线的位置关系的应用ax i,x 0,i2 .已知函数f(X)小 若函数 f(x)的图像上存在关于坐标原点对称的点，In x,x 0.则实数a的取值范围是(4第11页共 20 页可【详解】y ax 1则，所以Inx ax 1，即yy In x设y ax 1与y In x的切点为 冷,In x1则切线斜率为a yx xo,yx xo:Xo又有In X。1dxo1,所以 xo1,即 a 1,Xo所以当yInx与y ax 1有交点时，a 1

13、,故选:B【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，考查图像的对称点问题，考查数形结合思想、填空题A .(,0【答案】BB.(,11C.訐【解析】存在两对称点M x, y,N, c、y ax 1x, y,(x 0)则，即in x ax 1,y In xIn X与y ax 1有交点，先求得yax 1与y In x相切时的斜率，进而求解即由题，设两对称点M x, y,Nx, y,(x 0)In x与y ax 1有交点,13.函数y cosx cos2x(xR）的最大值为9【答案】-【解析】利用二倍角公式可得y2cos2x cosx 1,由二次函数的性质求得最值即可【详由题,y cosx 2cos2x

14、12cos2x cosx 12 cosx4第12页共 20 页因为cosx 1,17第13页共 20 页9故答案为：-8【点睛】本题考查含cosx的最值问题，考查二次函数的性质的应用14 若直线I:x my 3m 2 0被圆C ：x2y22x 24 0截得的线段最短，则 实数m的值为_.【答案】1【解析】由直线方程可得直线I恒过定点P2,3,转化圆的方程为标准方程，则圆心C【详解】所以点P2,3在圆C内,故答案为【点睛】定点的应用所以当cosx1时，ymax4为1,0,当CP l时截得线段最短，利用斜率公式求解即可由题，直线l为x m y 320,所以直线I恒过定点P2,3,将2,3代入圆的方

15、程中，因为240,因为圆C为x2y22x 240,所以其标准方程为y225,所以圆心C为1,0,半径为 5,当CPI时，截得的线1,所以m1,本题考查过圆内一点的弦长最短问题的应用，考查直线的垂直关系的应用，考查直线恒过15 .已知一组数据 10, 5, 4, 2, 2, 2,x，且这组数据的平均数与众数的和是中位数的 2 倍,则x所有可能的取值为【答11或 3 或 17【解求出这组数据的平均数与众数，分中位数进行讨论可得x 的取值.7第14页共 20 页由题意可得这组数据的平均数10 5 4 2 2 2 x25 x丁，【详解】第15页共 20 页故答案为：11或 3 或 17.【点睛】 本题

16、考查平均数、众数、中位数，考查数据处理能力和运算求解能力16 如图，已知平行四边形ABCD中，BAD 60，AB 2AD,E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成AQE.若M为线段AQ的中点，则在ADE翻折 过程中，有下列三个命题：1线段BM的长是定值；2存在某个位置，使DE A,C；3存在某个位置，使MB/平面ADE.其中正确的命题有_.（填写所有正确命题的编号）【答案】【解析】取CD中点F连接MF,BF,利用中位线的性质去证明平面MFB /平面ADE,即可证明MB/平面ADE；由平面MFB/平面ADE可得A1DEMFB,由余弦定理可得MB2MF2FB22MF FB cos MFB,进而求

17、证即可；由题可证得 DE EC,若DEAC成立，则DE平面AEC,与厶A,DE是等边三角形矛盾，即可判断【详解】取CD中点F，连接MF,BF,M2，可得至必24，可得x11；x 4，则中位数为 X,可得2x25 x72，可得x 3;4，则中位数为 4,可得2 425 x72，可得x17,第16页共 20 页则MF /AD,BF/DE,所以平面MFB/平面ADE,因为MB平面MFB，所以MB/平面ADE,故正确；1由题AE AD,则ADEA|DE 60，由AQEMFB,MFA|D定2值,FB DE定值,故由余弦定理可得MB2MF2FB22MF FB cos MFB,所以MB是定值，故正确；由题,

18、VADE是等边三角形，则 AED 60 ,又平行四边形ABCD,所以EBC 120,EB BC,所以CEB 30，所以 DEC 90，即 DE EC,若DE AiC,则DE平面AEC,所以DE AE,与厶ADE是等边三角形矛盾，故错误；故答案为：【点睛】本题考查利用面面平行证明线面平行，考查余弦定理的应用，考查线线垂直三、解答题17 .在锐角ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且asin B cosB b cos Asin Bc.2(1) 求B;(2) 若b 2，求ABC的面积的最大值.【答案】(1) Bn33【解析】(1)利用正弦定理化边为角可得si nAs in B cosB s

19、i n B cos A si nB3si nC,进而利用和角公式化简即可；2(2)由余弦定理可得b2a2c22accos B,进而利用均值定理求ac的最大值，即可 求得ABC的面积的最大值【详解】第-17页共 20 页( ()由正弦定理，可得sin Asin BcosB sin BcosAsin B因为sinC 0,所以sin B3,2所以 Bn3(2)由余弦定理，可得b2a2c22accosB,即4 a2c22accos,3所以4 a2c2ac 2ac ac ac,当且仅当a c时取等号，所以ac 4,所以SABC-acsin B .3,2所以ABC的面积的最大值为 3【点睛】本题考查利用正

20、弦定理化角为边，考查余弦定理的应用，考查利用均值定理求三角形面积的最大值(2)求直线BE与平面B-DE所成角的正弦值【解【解析】(-)先证得DE AF, ,再由平面图形性质可得DB-AF, ,进而证明A-FUsinC2即sin B sin AcosB cos As in Bsin C，所以sin Bsin( AB)TsinC，18.如图，在直三棱柱ABC AB-C-中，ACAB,A-A AB AC 2,D,【答案】(。证明见解析(2)-05F分别为AB,BC,B-B的中点.第 i3 页共 20 页面B-DE;第 i3 页共 20 页(2)取AA的中点G，连结BG交BiD于H，可证得BG平面BQ

21、E，连结EH,则BEH为直线BE与平面BDE所成的角,进而求解即可【详解】解:( 1)因为D,E,F分别为AB,BC,BiB的中点,所以DE/ /AC,因为ACAB，所以DE AB,因为AA平面ABC,DE平面ABC,所以AADE,因为AB I AA A，所以DE平面AAiBiB因为AF平面AABiB,所以DE AiF,因为VARF也VBiBD,所以A FBiBQB,所以A1FB1DB1BB1DBDB1B90,即DB1AF,因为DBiDE D,所以AF平面B1DE(2)取AA的中点G，连结BG交BiD于H，显然四边形AIGBF是平行四边形 由(1)知A|F平面DDE,因为BG/AF,所以BG平

22、面BiDE,连结EH，则BEH为直线在Rt BBD,可得BB1BD又因为BE、2，所以sinBE与平面BiDE所成的角，275,BiD BH,所以BHBEH聖迈BE 5第20页共 20 页【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查几何法求线面角，考查推理论证能力19 为了增强消防意识，某部门从男，女职工中各随机抽取了20 人参加消防知识测试(满分为 100 分)，这 40 名职工测试成绩的茎叶图如下图所示男85 5 6 S 99 7 6 2 7 0 12 2 3 4 5 6 6 8987765411214 452 110 0g0(1)根据茎叶图判断男职工和女职工中，哪类职工的测试成绩更好？并说明理由

23、;(2)(i)求这 40 名职工成绩的中位数m，并填写下面列联表：超过m的人数不超过m的人数男职工女职工(ii)如果规定职工成绩不少于m 定为优秀，根据(i)中的列联表，能否有 99%的把握认为消防知识是否优秀与性别有关？n(ad be)2(a b)(e d)(a e)(b d)2P (K2k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)男职工的成绩更好，理由见解析(2) (i) 80 ,表见解析(ii)有99%的把 握认为消防知识是否优秀与性别有关附:K2第21页共 20 页【解析】(1)由茎叶图的数据比较男女职工的中位数，平均数，75%的成绩，数据的分布等

24、来判断即可；1男职工的成绩的中位数为85.5 分，女职工的成绩的中位数为73.5 分;2男职工的成绩的的平均数髙于80 分,女职工的成绩的平均数低于80 分；3男职工的成绩中，有75%的成绩不少于 80 分，女职工的成绩中，有75%的成绩至多 79 分;4男职工的成绩分布在茎 8 上的最多，关于茎 8 大致呈对称分布；女职工的成绩的分布在茎 7 上的最多,关于茎 7 大致呈对称分布;因此，男职工的成绩更好(ii )由表中数据，则K240 (15 15 5 5)106.635,所以有99%的把握认为消防知识是否优20 20 20 20秀与性别有关【点睛】本题考查茎叶图的应用，考查K2的应用，考查

25、数据处理能力超过m不超过m男职工155女职工515(2)(i)由茎叶图可知:80，列表如下:(2) ( i)由茎叶图可得中位数79 9180进而填表即可;(ii)将数据代入K2n(ad be)2(a b)(c d)(a c)(b d)中,结果与 6.635 比较大小即可得到结论【详解:(1)由茎叶图可知，男职工的成绩更好，理由如下:79 91第22页共 20 页2 220 .已知椭圆E:1(a b 0)的两焦点与短轴一端点组成一个正三角形的a b三个顶点，且焦点到椭圆上的点的最短距离为1.(1)求椭圆E的方程；第 i6 页共 2页(2)过点M(4,)的直线|与椭圆交于A, B 两点，点A关于x

26、轴的对称点为 A，求证：直线A B过定点，并求出该定点的坐标【答案】2(i)4(2)证明见解析,定点(1,).【解析】(1)由题可得(2)设直线|的方程为(3m24) y 24my则直线A B的方程为 yXim% 4,x2my?整理即可得到所过定点【详解】b解：(i)由题,则ca所以椭圆E的方程为36yi漿，利用a2imy4,联立,则yiy2jxX2Xi,yb2x2X4c2my2y3求解即可;4可得i24m3m24Xi)，可整理为24m3m24,yi,yiy2363m4,由A%汀y?y2X2上(xXixiy2X2yi)，将y2yi亠代入3m24xiy2X2yi中,y2yi.3，因为ix2b2c

27、2，所以2,b x 3,(2)证明：设直线|的方程为x my4,联立x2X4my2y_322消去x可得(3m4)y 24my36,设A(xi, %),B(X2, y2)，则y出24m3m24,yi设A (xi,yi),所以kABy2yix2xi，所以直线AB的方程为yiy2yiX2(X Xi), Xi即y灶上(x xi)X2xi晋护所以y沆(xX2第 i6 页共 2页36第 i25页共 20 页my 4 y2my?4 % 2m%y24 % y?也(x 1)，所以直线AB过定点(1,0)X2Xi【点睛】置关系的应用，考查运算能力i2i .已知函数f(x) (a i)lnxax 2.x(i)讨论

28、f (x)的单调性；的取值范围.4e【答案】(i)见解析(2)3 3ln3, ee i【解析】(i)先求得f(x)电a(XD,分别讨论ao与a 0X XXii的情况，令f X0, ,则X i或 X , ,讨论丄丄与i及 o 的关系，进而求解即可；aa(2)由(i)可得当a i时,f (x)有两个极值点xi,x?(xix?)且至少存在两个零点，if()0可得ea可得ef(i) 04ag(a)-a i【详解】解：(i)由题，f(x)的定义域为(0,),将Ximyi4,X2my?4,% y?24m3m2,yiy?3 m24代入，所以y2m363m2424m3m24X2Xi24 m3m24则为丫2x?

29、yi整理可得y本题考查由椭圆的几何性质求椭圆的方程，考查直线恒过定点问题，考查直线与椭圆的位(2)若 f (x)有两个极值点xi,x2(xiX2)，且至少存在两个零点，求f(Xi) f(X2)XiX2可得极值点为a 3,由f (Xi)f (x?)(a i)(i In a)Xx24a厂alna,设a In a(e a 3),进而求解的范围即可36第 i26页共 20 页a i f(x)x丄2X2ax a i x2X(x i)(ax i)第 i27页共 20 页x 1当a 0时，f x厂，厂，则当x 1时, ,f x0, ,当0 x 1时, ,f x 0, ,所以xf x在0,1上单调递减，在 1

30、,上单调递增；1当a0时，令f (x)0,得x 1或x -,a1当 a 0 时，-0,所以 f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增；a11当0 a 1时,即一1时，所以 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1-)上单调递增，在aa(,)上单调递减;a当 a1 时，fx0在(0,)上恒成立，所以f(x)在(0,)上单调递减；当a 1时,011,所以 f (x)在(0,1)上单调递减1，在 ( (丄丄，1)上单调递增，在(1,)上aaa单调递减(2)由( 1) 知,因为 f (x)有两个极值点x,x2(X1X2), ,所以0 a 1或a 1,因为f(1) 3 a 0,所以0 a 1不合题意;11a 1时，f(x)在(0,丄)上单调递减，在(丄，1)上单调递增，在(1)上单调递减，aa4e所以g(3) g(a) g(e),解得3 3In3 g(a)e,e 1f (x-i)f (x2), .一4e所以，i-的取值范围为3 3In3, e治X2e 1因为所以f(1)af(1)(a 1)(1 Ina) 03 a 0解得3,此时f (xjf(X2)3 a (a 1)(1 Ina)至alnaa 1记g(a)匹alna(ea 1a 3),则g (a)4 (a 1)2(1 Ina)(a 1)2因为