湖北省高三下学期模拟考试(理)数学试卷-含答案解析

第第页湖北省高三下学期模拟考试(理)数学试卷-含答案解析班级:___________姓名：___________考号：___________一、单选题1．设集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知圆过点，，则圆心到原点距离的最小值为（

）A． B． C．1 D．3．已知双曲线的离心率为，点(4，1)在双曲线上，则该双曲线的方程为A． B． C． D．4．在四棱锥中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA=3，AB=4，则四棱锥外接球与内切球的表面积之比为（

）A． B．10 C． D．115．已知数列为等差数列，若，则的值为（

）A．- B． C． D．6．已知函数的图像与函数的图像关于直线对称，函数是奇函数，且当时，，则（

）A． B．4 C． D．57．已知椭圆：（）与双曲线：（）有相同的焦点、，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线的交点，且，则取最大值时的值为（

）A． B．C． D．8．已知设其中为自然对数的底数，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．经过椭圆右焦点且倾斜角为的直线交椭圆于，两点，若､两点在轴右侧，则椭圆的离心率取值可以为（

）A． B． C． D．10．下列结论正确的是（

）．A．若，则的最大值为B．若，，则C．若，，且，则的最大值为9D．若，则的最大值为211．已知函数的部分图象如图，则（

）A．函数解析式B．将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象C．直线是函数图象的一条对称轴D．函数在区间上的最小值为12．如图，正三棱柱中，，点P在线段上（不含端点），则（

）A．不存在点P，使得B．面积的最小值为C．的最小值为D．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值三、填空题13．在中，，，，，则=______．14．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有________种．15．若函数有两个极值点，其中,，且，则方程的实根个数为________个.四、双空题16．已知正四面体的棱长为3，底面所在平面上一动点P满足，则点P运动轨迹的长度为_______________；直线与直线所成的角的取值范围为______________.五、解答题17．在数列，中，，．（1）证明：数列是等差数列；（2）求数列的前项和．18．在中，分别为内角所对的边，且满足．(1)求的大小；(2)在(1)的条件下，现在给出三个条件:，试从中选出两个可以确定的条件，写出你的选择，并以此为依据求的面积(请至少选出两种可行的方案)．19．如图，在四棱雉中，平面，，且，，，，，为的中点.(1)求证：∥平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.20．如图，已知抛物线的焦点为，点是轴上一定点，过的直线交与两点.(1)若过的直线交抛物线于，证明纵坐标之积为定值；(2)若直线分别交抛物线于另一点，连接交轴于点.证明：成等比数列.21．2020元旦联欢晚会上,,两班各设计了一个摸球表演节目的游戏：班在一个纸盒中装有1个红球,1个黄球,1个白球,这些球除颜色外完全相同,记事件：同学们有放回地每次摸出1个球,重复次,次摸球中既有红球,也有黄球,还有白球；班在一个纸盒中装有1个蓝球,1个黑球,这些球除颜色外完全相同,记事件：同学们有放回地每次摸出1个球,重复次,次摸球中既有蓝球,也有黑球,事件发生的概率为,事件发生的概率为．（1）求概率,及,；（2）已知,其中,为常数,求．22．函数，.(1)求的单调增区间；(2)对，，使成立，求实数的取值范围；(3)设，为正实数，讨论在的零点个数.参考答案与解析1．B【分析】先求出集合，再由并集的定义即可得出答案.【详解】，所以.故选：B.2．B【分析】由题意可知圆心在线段的垂直平分线上，将所求的最值转化为原点到该直线的距离，即可得解.【详解】由圆过点，，可知圆心在线段的垂直平分线上又，则又的中点为，则直线的方程为圆心到原点距离的最小值即为原点到直线的距离为故选：B3．C【分析】根据离心率可得一个方程，结合双曲线过点(4，1)得另一个方程，联立可得.【详解】因为离心率为，所以①；因为点(4，1)在双曲线上，所以②；因为③；联立①②③可得，故选C.【点睛】本题主要考查双曲线方程的求解，根据已知条件建立方程组是求解的关键，注意隐含关系的挖掘使用.4．C【分析】判断出为外接球直径即可求出外接球半径，由得即可求出内切球半径，即可求出表面积之比.【详解】设四棱锥外接球与内切球的半径分别为R，r，由底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD则即为外接球直径，则.设内切球球心为，因为又，四棱锥的表面积，所以故四棱锥外接球与内切球的表面积之比为.故选：C.5．A【解析】利用等差数列的性质可知,,求出,再由即可求解.【详解】∵数列为等差数列，∴由等差数列的性质可得,所以，即,因为,所以∴.故选：A【点睛】本题考查等差数列的性质和三角函数的诱导公式;属于基础题.6．D【分析】根据题意，即可得到函数的解析式，然后由对数的运算以及函数的奇偶性，即可得到结果.【详解】由于函数的图像与函数的图像关于直线对称则所以当时，则又为奇函数，则．故选:D．7．B【分析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，，的关系，由此可得，再利用三角换元求的最大值，并求此时的的值.【详解】设为第一象限的交点，、则、，解得、在中，由余弦定理得：∴，∴∴，∴，∴设，，则当时，取得最大值，此时，，故选：B8．B【分析】将原不等式移项合并，利用放缩法判断的大小关系；构造函数利用导数法求出最大值，确定最大值与的大小关系即可判断.【详解】,,令，则当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；时取，，，，又,而，，.综上所述：故选：B9．BD【解析】根据椭圆方程，求得右焦点，下顶点，设直线方程为，得到与y轴的交点，再根据直线交椭圆于，两点，且在轴右侧求解.【详解】因为椭圆所以右焦点，下顶点因为倾斜角为60所以设直线方程为令得，如图所示：因为直线交椭圆于，两点，且两点在轴右侧所以，即所以，解得又所以所以椭圆的离心率取值可以为，故选：BD10．ABD【解析】利用基本不等式，逐项判断，即可得出结果.【详解】A选项，由可得，当且仅当，即时，等号成立；即的最大值为；A正确；B选项，由，，可得，即，故B正确；C选项，若，，且则当且仅当，即时，等号成立；即的最小值为9，故C错；D选项，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，故D正确.故选：ABD.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.11．CD【分析】由图得到，求出其最小正周期为，再将点代入解析式，则可判断A，通过平移的原则得到将其向左平移才能得到，对C选项，直接代入检验即可，对D，整体换元法求出函数值域即可得到其最值.【详解】由题图知：，函数的最小正周期满足，即则，所以函数．将点代入解析式中可得则，得因为，所以，因为，故A错误；将函数的图像向左平移个单位长度可得函数的图像，故B错误；由，当时，所以，所以直线是函数图象的一条对称轴，故C正确；当时，所以，即，即最小值为，故D正确．故选：CD.12．BD【分析】根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断AB；把放置于同一平面内，计算两点间距离判断C；利用等体积法计算判断D.【详解】在正三棱柱中，取BC的中点O，连接OA则，又底面ABC，则又，平面所以平面，在平面内作以O为原点，直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系因为，所以，，，设，则，设，则所以，，则.对于A，，要使，则，解得所以当时，存在点P，使得，故A不正确；对于B，，设，则所以则因为，所以当时，取得最小值，故B正确；对于C，将和沿展开在同一平面内，如图连接交于点T，可知，当点P与点T重合时取得最小值依题意，，则，所以在中，由余弦定理，得则，即的最小值为，故C不正确；对于D，，故D正确．故选：BD.【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.13．【分析】利用基底来表示，从而将表示为即可求解.【详解】据题意，可作图如下,,,==.故答案为:.14．20【分析】由题意，根据乙的支付方式进行分类，根据分类与分步计数原理即可求出．【详解】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种综上故有10+10＝20种故答案为20.【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思想，属于难题.15．【分析】根据有两个极值点可知有两个不等正根，即有两个不等正根，从而可得；采用换元的方式可知方程有两个不等实根，从而可将问题转化为与和共有几个交点的问题；通过确定和的范围可确定大致图象，从而通过与和的交点确定实根的个数.【详解】有两个极值点有两个不等正根即有两个不等正根

且，令，则方程的判别式方程有两解，且，由得：，又

且

根据可得简图如下：可知与有个交点，与有个交点方程的实根个数为：个本题正确结果：【点睛】本题考查方程解的个数的求解问题，解决此类问题常用的方法是将问题转化为曲线与平行于轴直线的交点个数问题，利用数形结合的方法来进行求解；本题解题关键是能够确定极值的大致取值范围，从而确定函数的图象.16．

【分析】利用正四面体的性质求得，可知点P在以为圆心，为半径的圆上运动，可求得其运动轨迹长，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与直线所成的角的余弦值的范围，进而求得角的范围.【详解】设底面正的中心为，连接为正四面体，底面又正四面体的棱长为3，在直角中，即点P运动轨迹为以为圆心，为半径的圆上运动，因此运动轨迹长度为；以为原点，为x轴，为z轴，建立空间直角坐标系则，，，设，且设直线与直线所成的角为，则，则又，，又，即直线与直线所成的角的取值范围为故答案为：，17．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）可将代入，计算可得数列的通项公式，然后根据可得数列的通项公式，即可计算出数列的通项公式，再根据定义法可证明数列是等差数列；（2）先根据（1）的结果计算出数列的通项公式，然后利用错位相减法可求出前项和.【详解】（1）证明：由题意，将代入可得，即∴，∴∴．∵∴数列是以为公差的等差数列．（2）由（1）知，则两式相减得所以．【点睛】本题主要考查数列求通项公式，等差数列的证明，以及运用错位相减法求和的问题，考查了转化与化归思想、逻辑思维能力和数学运算能力，属于中档题.18．（1）；（2）或【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦可得，从而得到的大小．（2）可以选择或，两者都可以确定．前者可以用正弦定理算出另外两条边，从而求出面积，后者可利用余弦定理算出另外两条边，从而求出面积．【详解】（1）因为，所以从而即，因所以，因，故．（2）选择或，两者都可以确定．若，则，由正弦定理有：，故所以，故．若，则由余弦定理有所以，故，所以．所以时或时．【点睛】在解三角形中，如果题设条件是边角的混合关系，那么我们可以利用正弦定理或余弦定理把这种混合关系式转化为边的关系式或角的关系式.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，知道两角及一边，可用正弦定理确定三角形，知道两边一角，可以用余弦定理确定另一条边，通过解的个数确定三角形的个数.19．(1)证明见详解(2)余弦值为【分析】（1）根据线面平行的判定即可证明相面平行.（2）利用向量法即可求得二面角的余弦值.【详解】（1）如图所示取中点为，连接，.所以∥且又因为∥且所以∥，，所以四边形为平行四边形.所以∥，又因为平面，平面所以∥平面.（2）如图所示取中点为，以为空间直角坐标系原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，所以，，，，设平面的法向量为，因为，则所以令，得设平面的法向量为，因为，则所以令，得所以又因为平面与平面夹角为钝角所以平面与平面夹角的余弦值为20．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设直线方程为，联立抛物线方程用韦达定理可得；（2）借助（1）中结论可得各点纵坐标之积，进而得到F、T、Q三点横坐标关系，然后可证.【详解】（1）显然过T的直线斜率不为0，设方程为联立，消元得到.（2）由（1）设因为AP与BQ均过T(t,0)点，可知又AB过F点，所以，如图：，,设M(n，0）,由（1）类比可得.，且成等比数列.21．（1）；；；（2）【分析】(1)根据排列组合的方法,分别计算中所有的基本事件总数以及满足条件的事件数求解,.再根据对立事件的概率公式以及分步计数原理求解,即可.(2)根据(1)中的计算分别求得,再代入即可求得,再根据对立事件的概率公式求解得,代入再利用累加法求解即可.【详解】解：（1）班3次摸球共有种不同的可能,其中集齐红球,黄球,白球有种,故；班4次摸球共有种不同的可能,次后集齐红球,黄球,白球,即某种颜色出现两次其余各出现一次,可能性为种,故；班摸球3次共有种不同