1、湖北省武汉市部分重点中学2020届高三数学月考试题 理 一、单选题1已知集合，则集合可以为（ ）ABCD2已知复数满足，记，则（ ）A2BCD3已知定点，点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程是（ ）ABCD4在中，则=（ ）ABCD5在某区2020年5月份的高二期中质量检测中，学生的数学成绩服从正态分布.且，已知参加本次考试的学生有9460人，王小雅同学在这次考试中数学成绩为108分，则她的数学成绩在该区的排名大约是（ ）A2800B2180C1500D62306圆被直线截得的弦长的最小值为（ ）A1B2CD7的展开式中项的系数为（ ）A160B80CD8已知函数的导函数为，且满足，则等于（）
2、A1BCD二、多选题9下列各不等式，其中不正确的是（ ）A；B；C；D.10已知曲线.（ ）A若mn0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B若m=n0，则C是圆，其半径为C若mn0，则C是两条直线11下面四个正方体图形中，、为正方体的两个顶点，、分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形是（ ）ABCD12已知函数，其导函数为，下列命题中真命题的为（ ）A的单调减区间是B的极小值是C当时，对任意的且，恒有（a）（a）D函数有且只有一个零点三、填空题13 (2017厦门一检)已知函数的值域为R，则实数a的取值范围是_14己知a，b为正实数，直线y=xa与曲线y=ln(x+b)相切于点(x0，y0)，则的最小
3、值是_.15年北京庆阅兵式上举行升旗仪式，如图，在坡度为15的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一个垂直于地面的平面上，在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为60和30，且第一排和最后一排的距离为10米，则旗杆的高度为_米. 16已知函数的导数为，若，且，则不等式的解集为_.四、解答题17在锐角中，角，所对的边分别为，已知.（）求；（）当，且时，求.18已知数列满足：，.（1）求的通项公式；（2）求的前项和.19如图1，平面四边形中，和均为边长为的等边三角形，现沿将折起，使，如图2.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.20为进步加强学校国防教育工作，不断提升中学生的国防意识和国
4、防观念，激发中学生的爱国热情，某中学于2019年9月份对全校学生进行了“庆祝祖国70华诞”国防教育知识竞赛考试，并随机抽取了100名学生的成绩进行了统计，其中男女生各占一半，绘制了频率分布直方图（如图所示），规定80分（满分100分）及以上者为成绩优秀，否则为成绩不优秀.（1）求图中的值；（2）根据已知条件完成下面列联表，并判断能否有95%的把握认为“成绩优秀”与性别有关？成绩优秀成绩不优秀合计男17女50合计（3）将频率视为概率，从本次考试的所有学生中，随机抽取4人去小学部进行爱国励志演讲宣传，记抽取的4人中成绩优秀的人数为，求的分布列和数学期望.附：0.100.050.0250.0100.
5、0012.7063.8415.0246.63510.82821已知椭圆：（）的一个顶点为，离心率（1）求椭圆的标准方程；（2）斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，若椭圆上存在点，使得，其中是坐标原点，求的面积22已知函数，.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求函数在上的极值；（3）设函数，若，且对任意的实数，不等式恒成立（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围.参考答案1C【解析】【分析】根据知道集合中的元素不能有2或6，必含有4和7，则可选出答案.【详解】因为集合，所以集合中的元素不能有2或6，必含有4和7.故选：C.【点睛】本题考查集合的交并补.属于基础题.熟练掌握集合的交并补运算
6、是解本题的关键.2D【解析】【分析】根据复数的除法运算计算可得，根据复数的加法运算计算可得，根据复数的模长公式可得结果.【详解】由，则，.故选：D.【点睛】本题考查了复数的除法运算，考查了复数的模长公式，属于基础题.3C【解析】【分析】设再表达出的坐标代入圆方程化简即可.【详解】设，则满足.故 .故.又点在圆上.故.故选:C【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法，属于基础题型.4B【解析】【分析】在上分别取点,使得,可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案【详解】如下图，在上分别取点,使得,则为平行四边形，故,故答案为B. 【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生逻辑推理能力，属于基础
7、题5C【解析】【分析】首先根据题意得到正态曲线的对称轴，再计算，即可得到答案.【详解】由题知：学生的数学成绩服从正态分布所以，.所以，即数学成绩高于108分的学生占总人数的，所以王小雅同学的数学成绩在该区的排名大约是.故选：C【点睛】本题主要考查正态分布曲线的特点和曲线所表示的意义，属于简单题.6B【解析】【分析】求得直线恒过定点，当时，弦长最小，结合勾股定理求得此时的弦长.【详解】直线可化为，故直线恒过点.圆的圆心为，半径为当直线垂直于直线时，截得的弦长最短，此时弦长.故选：B【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线过定点，属于基础题.7C【解析】【分析】求出的展开式中的系数和的系数即可
8、得到的展开式中项的系数【详解】解：，其展开式的通项为，令，则，此时的展开式中的系数为，令，则，此时的展开式中的系数为所以的展开式中项的系数为故选：C.【点睛】此题考查二项式定理的应用，考查数学转化思想和计算能力，属于基础题8B【解析】，所以，得，故选B。9ACD【解析】【分析】举反例判断ACD选项，根据基本不等式的性质判断B选项.【详解】对A项，当时，则A错误；对B项，当时，当且仅当时，等号成立当时，当且仅当时，等号成立，则B正确；对C项，当时，则C错误；对D项，当时，则D错误；故选：ACD【点睛】本题主要考查了由条件判断所给不等式是否成立以及基本不等式的应用，属于基础题.10ACD【解析】【
9、分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.【详解】对于A，若，则可化为，因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；对于B，若，则可化为，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；对于C，若，则可化为，此时曲线表示双曲线，由可得，故C正确；对于D，若，则可化为，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.11AD【解析】【分析】对每个图形进行分析，根据面面平行的性质定理对A判断由线面平行 判定定理对D判断，由线面相交的定义对B
10、，C判断【详解】（下面说明只写主要条件，其他略）A如图连接，可得，从而得平面，平面，于是有平面平面，平面，B如图连接交于点，连接，易知在底面正方形中不是中点（实际上是四等分点中靠近的一个），而是中点，因此与不平行，在平面内，与必相交，此交点也是直线与平面的公共点，直线与平面相交而不平行，C.如图，连接，正方体中有，因此在平面内，直线与平面相交而不平行，D.如图，连接，可得，即，直线与平面平行，故选：AD【点睛】本题考查线面平行的判定定理和面面平行的性质定理，掌握证明线面平行的方法是解题基础12BCD【解析】【分析】由，知，令，得，分别求出函数的极大值和极小值，知错误，正确；由，且，令利用导数说
11、明其单调性，再根据切割线的定义即可判断，故正确；【详解】解：，其导函数为令，解得，当时，即，或时，函数单调递增，当时，即时，函数单调递减；故当时，函数有极小值，极小值为，当时，函数有极大值，极大值为，故函数只有一个零点，错误，正确；令，则故在上，即在上单调递增，根据切割线的定义可知，当时，对任意的，恒有，即对任意的，恒有，即，故正确；故选：【点睛】本题考查函数的单调区间、极值的求法，以及不等式的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想和导数性质的灵活运用13【解析】【分析】【详解】因为当时，且的值域为R，则，解得，即实数a的取值范围为144【解析】【分析】由题意结合导数的几何意义、导
12、数的运算可得、，进而可得，再利用，结合基本不等式即可得解.【详解】对求导得，因为直线y=xa与曲线y=ln(x+b)相切于点(x0，y0)，所以即，所以，所以切点为，由切点在切线y=xa上可得即，所以，当且仅当时，等号成立.所以的最小值是.故答案为：.【点睛】本题考查了导数的运算、导数几何意义的应用，考查了基本不等式求最值的应用及运算求解能力，属于中档题.15【解析】【详解】设旗杆的高度为米，如图，可知，所以，根据正弦定理可知，即，所以，所以米.点睛：1解三角形实际应用问题的一般步骤是：审题建模(准确地画出图形)求解检验作答2把生活中的问题化为二维空间解决，即在一个平面上利用三角函数求值3解三
13、角形应用题的两种情形(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解16【解析】【分析】构造新函数，求出，可得，确定是增函数，待求解不等式可化为，由此可解不等式【详解】由可得，所以，即.令，即，则单调递增.不等式，而，所以不等式，解得.故答案为：【点睛】本题考查解函数不等式，解题关键是构造新函数，利用导数确定新函数的单调性，不等式转化为新函数
14、的不等式，从而易求解17解：（） . （）.【解析】试题分析：（）又二倍角公式，又因为在中，即可求得的值；（）在中，由正弦定理得，由（）知，又因是锐角三角形， 所以可求得，又，代入数值即可求出的值，然后由正弦定理，即可求得的值试题解析：（）由已知可得所以因为在中，所以（）因为，所以因为是锐角三角形，所以，所以由正弦定理可得：，所以考点：1三角恒等变换；2正弦定理18（1），（2）【解析】【分析】（1）由可得，两式相减后化简得，然后利用累乘法可求出通项公式；（2）利用裂项相消法可求出【详解】解：（1）令，则，当时，所以，即，所以，所以，所以，因为 ，所以，满足此式，所以；（2）因为，所以【点睛】
15、此题考查数列的前项和与通项的关系，考查累乘法求通项公式，考查裂项相消法，属于基础题19（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，则由已知可得，且，从而得，所以，所以可得平面，进而由面面垂直的判定定理可证得平面平面；（2）因为两两垂直，所以以为坐标原点，以，为，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求二面角的余弦值【详解】（1）取的中点，连接，因为和均为边长为的等边三角形，所以，且，因为，所以，所以，又因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，以，为，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即，令，
16、则平面的一个法向量为，依题意，平面的一个法向量，所以，由图可得为锐二面角，故二面角的余弦值为.【点睛】此题考查了面面垂直的判定，考查二面角的求法，考查推理能力和计算能力，属于中档题20（1）；（2）填表见解析；有；（3）分布列见解析；期望为1人.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图所有小长方形面积之和为1，即可求得参数；（2）根据频率分布直方图补全列联表，计算，结合参考数据，即可判断；（3）根据题意可得服从二项分布，根据其概率计算公式求得分布列，再用二项分布的数学期望计算公式即可求得结果.【详解】（1）由频率分布直方图各小长方形面积总和为1，可知，解得.（2）由频率分布直方图知，优秀的频率
17、为，所以成绩优秀的学生数为25人.所以可得列联表如下：优秀不优秀合计男173350女84250合计2575100.所以有95%的把握认为“成绩优秀”与性别有关.（3）由（2）知，成绩优秀的概率为，从本次考试的所有学生中，随机抽取4人去小学部进行爱国励志演讲宣传，则抽取的4人中成绩优秀的人数服从二项分布，即.所以X的可能取值为0，1，2，3，4，且；.即的分布列为01234因为，所以（人）.【点睛】本题考查频率分布直方图中参数的求解，的计算，以及二项分布分布列和数学期望的求解，属综合中档题.21（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件，列出方程，即可求得，则问题得解；（2）设出直线方程，
18、联立椭圆方程，利用韦达定理和已知条件，即可求得的关系，再求弦长以及三角形面积，则问题得解.【详解】（1）根据题意，显然，结合，解得，故椭圆方程为：.（2）设直线的方程为，联立椭圆方程可得，则，即设两点的坐标为，故可得则因为，故可得，又点在椭圆上，故可得，整理可得：.故，又到直线的距离故三角形的面积.即三角形的面积为.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中三角形面积的问题，属综合中档题.22（1）；（2）当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值；（3）.【解析】【分析】（1）代入，求导，求出斜率和切点，利用点斜式可写出直线方程；（2）求导，分类讨论求出函数在上单调性，列表，找到极值点，进而可
19、得极值；（3）对任意的，恒成立，先通过估算实数a的取值范围，再分和讨论，求导，求出的最大值，列不等式求解即可.【详解】（1）当时，所以，所以曲线在点处的切线方程为即；（2），.当时，在上单调增，所以无极值；当时，令，得，列表如下：x0极小值所以的极小值为.综上所述，当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值；（3）因为.由题意，对任意的，恒成立，所以，解得，又，所以.当时，因为，所以，当且仅当时，取等号.由（2）知，在上单调增，所以.所以，当且仅当时，取等号，所以在上单调增，则，解得，此时，.当时，由（2）知，在上单调递增，且，又，所以存在，且，使得，即，得.所以的解为和a，列表如下：xa00极大值极小值所以，即，又，所以恒成立，此时，.综上所述，实数a的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值问题，考查学生转化能力和分析能力，考查了分类讨论的思想，是中档题.
