精品解析：湖北省武汉市高三下学期2月调研考试数学试题

这是一份精品解析：湖北省武汉市高三下学期2月调研考试数学试题，文件包含精品解析湖北省武汉市高三下学期2月调研考试数学试题解析版docx、精品解析湖北省武汉市高三下学期2月调研考试数学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
武汉市高中毕业生二月调研考试数学试卷一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，再进行并集运算即可求解.【详解】因为或，又，所以或，故选：C.2. 若为第二象限角，且，则（    ）A  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用同角三角函数的基本关系可求得的值.【详解】因为为第二象限角，则，则.故选：D.3. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，则（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】【分析】先将点的坐标代入方程中求出的值，再利用抛物线的定义可求得结果【详解】因为在抛物线上，所以，得，所以抛物线的焦点为，准线方程为，所以，故选：B4. 某圆锥体积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，通过表示大圆锥和小圆锥体积，作差可得圆台体积.【详解】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，则大圆锥的体积即为，整理得，即小圆锥的体积为所以该圆台体积为故选：A.5. 向量满足，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由已知条件可得，化简后结合已知条件求出，【详解】因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，故选：D6. 已知函数的定义域为，数列满足，则“数列为递增数列”是“函数为增函数”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用特例法、函数的单调性、数列的单调性结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若数列为递增数列，取，即，则对任意的恒成立，所以数列为单调递增数列，但函数在上不单调，即“数列为递增数列”“函数为增函数”；若函数在上为增函数，对任意的，则，即，故数列为递增数列，即“数列为递增数列”“函数为增函数”.因此，“数列为递增数列”是“函数为增函数”的必要不充分条件.故选：B.7. 已知随机变量服从正态分布，若函数为偶函数，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用偶函数的定义结合正态密度曲线的对称性可求得的值.【详解】因为函数为偶函数，则，即，所以，.故选：C.8. 互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”.如图，在斜坐标系中，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距分别作为点的坐标和坐标，记.若斜坐标系中，轴正方向和轴正方向的夹角为，则该坐标系中和两点间的距离为（    ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】建立直角坐标系，求出直角坐标，即可得解.【详解】以O为坐标原点,原x轴正方向为x轴，垂直于x轴的方向为y轴建立平面直角坐标系，则在直角坐标系下，，,则.故选：A.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知两个复数满足，且，则下面说法正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据复数的乘法运算和相等复数的概念求出，进而结合复数的几何意义和共轭复数的概念依次判断选项即可.【详解】由题意知，设为实数)，则，即，所以，解得，所以，故A正确；，，所以，故B正确；，所以，故C错误；，所以，故D正确.故选：ABD10. 某班级学生开展课外数学探究活动，将一杯冷水从冰箱中取出后静置，在的室温下测量水温单位随时间（单位：）的变化关系，在测量了15个数据后，根据这些实验数据得到如下的散点图：现需要选择合适的回归方程进行回归分析，则根据散点图，合适的回归方程类型有（    ）A.  B. C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且，根据特点对选项一一判断即可．【详解】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且对A选项，符合散点图的特点；对B选项，有不符合散点图的特点；对C选项，符合散点图特点；对D选项，的增长速度不变，不符合散点图的特点；故选：AC11. 在平面直角坐标系中，已知圆，其中，则（    ）A. 圆过定点 B. 圆的圆心在定直线上C. 圆与定直线相切 D. 圆与定圆相切【答案】BC【解析】【分析】利用反证法可判断AD选项；求出圆心所在直线的方程，可判断B选项；判断圆与直线的位置关系，可判断C选项.【详解】对于A选项，圆的方程可化为，若圆过定点，则，可得，矛盾，A错；对于B选项，圆的圆心坐标为，则圆心在直线上，B对；对于C选项，圆心到直线的距离为，故直线与圆相切，同理可知，直线与圆也相切，C对；对于D选项，设定圆的圆心为，半径为，设，若定圆与圆外切，则，化简得，由二次函数的性质可知，关于的二次函数在时的值不可能恒为零，舍去；若定圆与圆内切，则，化简可得，由二次函数的性质可知，关于的二次函数在时的值不可能恒为零，舍去.同理可知，当时，不存在定圆与圆相切，D错.故选：BC.12. 三棱锥各顶点均在表面积为的球体表面上，，，则（    ）A. 若，则B. 若，则C. 线段长度的最小值为D. 三棱锥体积的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】对于A, 计算出的外接圆半径，明确球心到平面ABC的距离，可求得；对于B，要明确D的轨迹是与BC垂直的球内某截面圆，由此判断满足CD=2时的点D有两个点，其中有一个不满足；对于C, 借助于图示，确定点D在D'位置时，线段长度才可取到最小值，由此计算即可；对于D，由于的面积为定值，且D点在与垂直的截面圆上，只需当D点到平面ABC距离最大时, 三棱锥体积也最大，由此可以求先求得三棱锥的高的最大值，可求得结果；【详解】因为 ,所以 ；对于A,若，则平面 平面ABC,过BD的中点F作与平面BCD垂直的直线l,设球心为O,则∥平面ABC,作,垂足为H， ,则FH即为球心O到平面ABC的距离d,对于 ,设其外接圆半径为r,则 ，所以 ，因此CD=2HF=2，故A正确； 对于B，因为始终满足CB⊥CD，所以点D的轨迹是与BC垂直的球内某截面圆，如图示：因为BC=2为定值，作D点所在截面圆O',取BC得中点M,连接OM,, ，因为OO'和BC同时满足垂直于D点所在截面圆，所以OM即为D点所在截面圆的半径，所以D点在以2为半径的圆上，C为定点，所以满足CD=2时的点D有两个点，作A点在截面圆的投影，垂足设为H，若CD⊥AB，则CD⊥平面BCHA，所以CD⊥CH，必定有一个符合CD=2的D点不满足，因此B选项错误;对于C,因为平面ABC(ABCH)与圆O'垂直，所以OO'与平面ABC平行，作 ，又因为 ，所以 平面ABC，因此为 外接圆的圆心，而△ABC外接圆半径r为2，又因为 ，所以AH=r+1=3，若求AD的最小值，在直角三角形ADH中，只需确定出DH的最小值即可，如图所示，点D在D'位置时，DH最小，AD也最小,即，由A的分析可知球心O到平面ABC的距离为1，即 ,则  ,而DH的最小值为 ,所以AD的最小值为 ，故C正确；对于D，的面积为定值，且D点在与垂直的截面圆上，只需当D点到平面ABC距离最大时, 三棱锥体积也最大，又因为O'H⊥平面ABC，因此当D点位于HO'与截面圆的交点处时(如图示位置)即共线时,高即DH最大，最大值 ,故此时三棱锥体积的最大值为 ，故D正确，故选：ACD【点睛】本题难度较大，需要充分发挥空间想象力，利用示意图辅助解答，难点在于理清空间中的位置关系，明确数量关系，准确计算.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 公比不为1等比数列中，若成等差数列，则数列的公比为__________.【答案】##【解析】【分析】成等差数列得利用数列的通项公式展开即可求出公比.【详解】由题意：为等比数列，成等差数列，则，，，又因为等比数列的公比不为1，故答案为：.14. 已知双曲线与有相同的渐近线，若的离心率为2，则的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】根据两双曲线有相同的渐近线，可得到，再利用的离心率为2，可推得，从而利用双曲线的离心率的平方可求得答案.【详解】双曲线的渐近线方程为 ，的渐近线方程为，由题意可得， 由的离心率为2得： ，则 ，所以设的离心率为 ，则，故 ，故答案为：15. 某学生在研究函数时，发现该函数的两条性质：①是奇函数；②单调性是先增后减再增.该学生继续深入研究后发现将该函数乘以一个函数后得到一个新函数，此时除具备上述两条性质之外，还具备另一条性质：③.写出一个符合条件的函数解析式__________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由题意可知为常函数或为偶函数，然后分别令或进行验证即可【详解】因为为奇函数，为奇函数，所以为常函数或为偶函数，当时，，则，此时，所以 不合题意，当时，，因为，所以为奇函数，，由，得或，由，得，所以的增区间为和，减区间为，所以为先增后减再增，因为，所以满足题意，故答案为：（答案不唯一）16. 已知函数，其中，若在区间内恰有两个极值点，且，则实数的所有可能取值构成的集合是__________.【答案】【解析】【分析】根据极值点之间的关系和求得，利用三角函数的中心对称求出函数的对称中心，根据题意可得函数的对称中心为，列方程，解之即可.【详解】由题意知，函数在内有两个极值点，设两个极值点分别为，则，且(T为函数的最小正周期)，有，即，解得，又，所以，由，得函数图象关于点中心对称，令，解得，所以，即，由，得.即的取值范围为.故答案为：.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 已知数列的前项和为，且对任意的有.（1）证明：数列为等比数列；（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；（2）求得，利用分组求和法可求得.【小问1详解】证明：当时，，则；.当时，由可得.两式相减得，即，.因为，则，，以此类推可知，对任意的，，所以，数列构成首项为，公比为的等比数列.小问2详解】解：由（1），故，则.所以，.18. 在如图所示的多面体中，点在矩形的同侧，直线平面，平面平面，且为等边三角形，.（1）证明：；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，则由平面平面，可得平面，再由平面，可得，， 再由已知条件可证得，由线面垂直的判定定理可得平面，然后由线面垂直的性质可得结论，（2）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解【小问1详解】取中点，连接，.由平面平面，且交线为，平面.又平面，有，四点共面.平面平面，.又在矩形中，，∴∽，∴,∵,∴，.又∵，平面.平面.【小问2详解】以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则有：.设平面的法向量.，令，则.设平面ECF的法向量.，令，则 .所平面与平面所成锐二面角的余弦值为.19. 在中，角所对的边分别为，且.（1）求角；（2）若的面积，求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据二倍角公式化简可得，进而可得解；（2）由，及余弦定理，整理得，进而可得解.【小问1详解】由题意，..有.【小问2详解】由余弦定理，，有.又，代入得：，整理得：即.此时..20. 迎接冬季奥运会期间，某市对全体高中学生举行了一次关于冬季奥运会相关知识的测试.统计人员从全市高中学生中随机抽取200名学生的成绩作为样本进行统计，测试满分为100分，统计后发现所有学生的测试成绩都在区间内，并制成如图所示的频率分布直方图.（1）估计这200名学生的平均成绩；（2）用样本频率估计总体，从全市高中学生中随机抽取2名学生，记成绩在区间内的人数为，成绩在区间内的人数为，记，比较与的大小关系.【答案】（1）69.5    （2）【解析】【分析】（1）直接根据频率分布直方图估计平均数即可；（2）由题知，，进而可能的取值为，进而根据二项分布与独立事件的乘法原理求解即可.【小问1详解】解：平均成绩为：.【小问2详解】解：成绩落在区间内的概率为，故.成绩落在区间内的概率为，故，，由题意，可能的取值为，.故有.21. 椭圆的离心率为，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为．（1）求椭圆E的标准方程；（2）设直线交x轴于点P，其中，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值．【答案】（1）    （2）6【解析】【分析】（1）由离心率为可得，又面积的最大值为，联立方程求解即可得答案；（2）设直线BC方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，又，，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，根据韦达定理化简可得，从而即可求解.【小问1详解】解：由题意，设椭圆半焦距为c，则，即，得，设，由，所以的最大值为，将代入，有，解得，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】解：设，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，设直线BC方程为，与椭圆方程联立得，，可得，由韦达定理可得，直线BA的方程为，令得点M纵坐标，同理可得点N纵坐标，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，，由，故，解得．22 已知函数，其中.（1）当时，求的值；（2）讨论的零点个数.【答案】（1）    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据条件，讨论x的取值范围，从而去掉函数中的绝对值符号，求得函数f(x)的导数，进而求得答案.（2）令，整理化简得，结合函数解析式特点以及用导数判断函数的单调性可得的零点个数是两个函数和的零点个数之和 ，然后构造新函数，利用导数判断其单调性，结合零点存在定理可解得答案.【小问1详解】时，.时，.时.；【小问2详解】令，有, ,则，即.所以.时，；时，；所以，在上递减；在上递增.又因为，所以，当且仅当或.又，故和不可能同时成立.所以的零点个数是两个函数和的零点个数之和，其中.时，递增，无零点.时，令，得，故在上递减；在上递增.当时，，此时无零点.当时，，此时有一个零点.当时，，令，故，所以，由零点存在性定理，在和上各有一个零点，此时有两个零点.在上递增.又t，故时，在上必有一个零点.综上所述，时，有一个零点；时，有两个零点；时，有三个零点.【点睛】本题考查了函数的导数的计算以及用导数判断函数的零点个数问题，综合性较强，难度较大，解答的关键是能根据题意对函数或者方程进行合理的变化，从而能构造新的函数，再利用导数研究其单调性或者最值，从而解决问题.