2020年4月湖北省高三理科数学下册线上调研考试理数试题卷（含答案）.pdf

1、书书书 年湖北省高三（ 月） 线上调研考试 理 科 数 学 试 卷 本试卷共 页， 题（ 含选考题） 。全卷满分 分。考试用时 分钟。 祝考试顺利 注意事项： 考试过程中， 请考生自觉遵守考试纪律等相关规定， 诚信应考， 不得有作弊、 泄露试题等行为。请家 长做好监考工作。 请确保网络环境、 考试环境良好， 备好答题所用的白纸和笔。 登录好分数 ， 点击“ 作业测试” ， 进入对应考试科目。“ 试卷” 将根据考试时间准时显示。开考 后， 考生首先在白纸上手写答题。答题结束后， 点击“ 填写答题卡” ， 进入到“ 在线答题卡” 。将事先准备好 的答案， 填写至在线答题卡上（ 选择题、 多选题及判

2、断题， 直接在“ 在线答题卡” 上勾选答案； 主观题按照要 求将手写的答案竖向拍照， 并分别上传） ， 然后点击“ 提交答题卡” 完成提交。答题卡上传提交后考试时间 范围内还能继续提交覆盖， 为了避免大家都在考试最后快结束的时间上传造成拥堵， 建议提前上传。 备注： 主观题要确保答案及照片清晰、 干净、 完整； 为留取拍照时间， 考试将延长 分钟。 此次全省联考是检测复课前线上备考成效的一次重要考试， 有利于调整和优 化复课后备考策略， 请考生和家长高度重视。考试结束后， 考试组织方将为所有考生 免费提供 考试成绩和学情分析报告 。请考生或家长及时扫描右方二维码， 关注“ 育 路通” 微信公众

3、号。依次点击“ 高考测评查看报告” ， 即可免费查询。 一、 选择题： 本大题共 小题， 每小题 分， 共 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 已知实数集 ， 集合 ， 集合 槡 ， 则 （ 瓓 ） 已知 ， 若 珋 ， 则 若（ ） ， 则 年湖北省高三（ 月） 线上调研考试理科数学试卷 第 页（ 共 页） 中国历法推测遵循以测为辅、 以算为主的原则 例如 周髀算经 和 易经 里对二十四节 气的晷（ ） 影长的记录中， 冬至和夏至的晷影长是实测得到的， 其它节气的晷影长则是 按照等差数列的规律计算得出的 下表为 周髀算经 对二十四节气晷影长的记录， 其中 寸表示 寸

4、分（ 寸 分） 节气冬至 小寒 （ 大雪） 大寒 （ 小雪） 立春 （ 立冬） 雨水 （ 霜降） 惊蛰 （ 寒露） 春分 （ 秋分） 清明 （ 白露） 谷雨 （ 处暑） 立夏 （ 立秋） 小满 （ 大暑） 芒种 （ 小暑） 夏至 晷影长 （ 寸） 已知 易经 中记录某年的冬至晷影长为 寸， 夏至晷影长为 寸， 按照上述规律 那么 易经 中所记录的春分的晷影长应为 寸 寸 寸 寸 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， 常用函数的图像研究函数的性质， 也常用函数 的解析式来琢磨函数的图像特征 如函数 ， ， 的

5、图象大 致为 已知 ， ， ， 则 设等比数列 的公比为 ， 前 项和为 ， 则“ ” 是“ ” 的 充分不必要条件 必要不充分条件 充要条件 既不充分也不必要条件 如图， 在平行四边形 中， ， 为 的中点， 为 上的一点， 且 ， 则实数 的值为 年湖北省高三（ 月） 线上调研考试理科数学试卷 第 页（ 共 页） 已知函数 （ ） ， ， ， 若存在 ， ， 且 ， 使得 （ ） （ ） 成立， 则 实数 的取值范围是 （ ， ） （ ， （ ， ） （ ， 已知双曲线 ： （ ， ） 的左右焦点分别为 ， ， 过 的直线与 的两 条渐近线分别交于 、 两点， 若以 为直径的圆过点 ， 且

6、 为 的中点， 则 的 离心率为 槡槡槡 一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为 ， 一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上的点 出发， 绕圆锥表面爬行一周后回到 点， 蚂蚁爬行的最短路径为 槡 ， 则圆锥的底面 圆半径为 已知函数 （ ） （ ） （ ） ， ， ， ， ， 且 ， 都有 （ ） （ ） （ ） ， 满足 （ ） 的实数 有且只有 个 则下述四个结论： 满足题目条件的实数 有且只有一个； 满足题目条件的实数 有且只有一个； （ ） 在上（ ， ） 单调递增； 的取值范围是 ， ） 其中正确结论的编号是 二、 填空题： 本大题共 小题， 每小题 分， 共 分 设曲线 上点 处的切线平行于

7、直线 ， 则点 的坐标是 某学校选拔新生补进“ 篮球” 、 “ 电子竞技” 、 “ 国学” 三个社团， 根据资料统计， 新生通过 考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立 年某新生入学， 假设他通过考核选 拔进入该校“ 篮球” 、 “ 电子竞技” 、 “ 国学” 三个社团的概率依次为 ， ， ， 已知这三个 社团他都能进入得概率为 ， 至少进入一个社团的概率为 ， 则 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 辆载重 为 的 型卡车， 辆载重为 的 型卡车， 名驾驶员， 要求此运输队

8、每天至少运 送 物资 已知每辆卡车每天往返的次数为 型卡车 次， 型卡车 次， 每辆卡车 每天往返的成本 型卡车 元， 型卡车 元， 则每天派出运输队所花的成本最 低为 年湖北省高三（ 月） 线上调研考试理科数学试卷 第 页（ 共 页） 已知椭圆 的左、 右焦点分别为 ， ， 为椭圆上异于长轴端点的动点， 的内心为 ， 则 三、 解答题： 共 分 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤 第 题 第 题为必考 题， 每个试题考生都必须作答 第 题 第 题为选考题， 考生根据要求作答 （ 一） 必考题： 共 分 （ 本小题满分 分） 在 中， 角 、 、 所对的边为 、 、 ， 且满足 （ ）

9、（ ） （ ） 求角 的值； （ ） 若 槡 ， 求 的取值范围 （ 本小题满分 分） 如图， 在四棱锥 中， 侧面 为钝角三角形且垂直于底面 ， ， 点 是 的中点， ， ， （ ） 求证： 平面 ； （ ） 若直线 与底面 所成的角为 ， 求平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值 （ 本小题满分 分） 线段 为圆 ： 的一条直径， 其端点 ， 在抛物线 ： （ ） 上， 且 ， 两点到抛物线 焦点的距离之和为 （ ） 求抛物线 的方程及直径 所在的直线方程； （ ） 过 点的直线 交抛物线 于 ， 两点， ?物线 在 ， 处的切线相交于 点， 求 面积的取值范围 （ 本小题满分 分） 已知函

10、数 （ ） （ ） 求函数 （ ） 的最小值； （ ） 若函数 （ ） （ ）在（ ，） 上有两个零点 ， ， 且 ?求证： 年湖北省高三（ 月） 线上调研考试理科数学试卷 第 页（ 共 页） （ 本小题满分 分） 年春节期间爆发的新型冠状病毒（ ） ， 是一种可以借助飞沫和接触传 播的变异病毒。某定点医院为筛查某些人是否感染该病毒， 需要检验血液是否为阳性， 现 有 份血液样本， 有以下两种检验方式： （ ） 逐份检验， 则需要检验 次； （ ） 混合检验， 将其中 （ 且 ） 份血液样本分别取样混合在一起检验 若检验 结果为阴性， 这 份的血液全为阴性， 因而这 份血液样本只要检验一次就够

11、了； 如果检验 结果为阳性， 为了明确这 份血液究竟哪几份为阳性， 就要对这这 份再逐份检验， 此时这 份血液的检验次数总共为 次假设在接受检验的血液样本中， 每份样本的检验结果 是阳性还是阴性都是独立的， 且每份样本是阳性结果的概率为 （ ） （ ） 假设有 份血液样本， 其中只有 份样本为阳性， 若采用逐份检验方式， 求恰好经 过 次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率； （ ） 现取其中 （ 且 ） 份血液样本， 记采用逐份检验方式， 样本需要检验的总 次数为 ， 采用混合检验方式， 样本需要检验的总次数为 （ ） 试运用概率统计的知识， 若 ， 试求 关于 的函数关系式 （ ） ； （

12、 ） 若 ， 采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐 份检验的总次数期望值更小， 求 的最大值 参考数据： ， ， ， （ 二） 选考题： 共 分 请考生在 ， 题中任选一题作答 如果多做， 则按所做的第一题计 分 作答时写清题号 选修 ： 坐标系与参数方程 （ 分） 在平面直角坐标系 中， 曲线 的参数方程为 （ 为参数） ， 以原点为 极点， 轴非负半轴为极轴， 建立极坐标系， 曲线 的极坐标方程为 （ ） 求曲线 的极坐标方程以及曲线 的直角坐标方程； （ ） 若直线 ： 与曲线 、 曲线 在第一象限交于 ， ， 且 ， 点 的 直角坐标为（ ， ） ， 求 的面积 选

13、修 ： 不等式选讲 （ 分） 已知实数 ， 满足 （ ） 求 的取值范围； （ ） 若 ， 求证： 年湖北省高三（ 月） 线上调研考试理科数学试卷 第 页（ 共 页） 1 2020 年湖北省年湖北省高三高三（4 月月）线上调研考试线上调研考试数学（理科）数学（理科） 参考答案及评分标准参考答案及评分标准 一、选择题一、选择题 1-12 CBADB DCACB AB 12.B 解析：解析：0， 3 2 , 3 2 3 2 , 0 xx，设，设tx= 3 2 ，作，作tycos=的图像如下：的图像如下： 在上满在上满足足0)( 3 =xf的实数的实数 3 x有且只有有且只有 3 个个，即函数，即函

14、数tycos=在在 3 2 , 3 2 上有且只有上有且只有 3 个零点，个零点， 由图像可知由图像可知 3251319 , 23266 x ，结论正确，结论正确；由图像知，；由图像知，tycos=在在 3 2 , 3 2 上上 只有一个最小值点，由一个或两个最大值点，结论只有一个最小值点，由一个或两个最大值点，结论正确，结论正确，结论错误；当错误；当 10 , 0 x时， 3 2 10 , 3 2 3 2 x，由 6 19 6 13 知知0 20 7 3 2 10 ，所以，所以tycos=在在 3 2 10 , 3 2 上递增，结论正确正确.综上，正确的有综上，正确的有. 二、二、 填空题填

15、空题 13.（0,2） 14. 4 3 15. 9600 16.12 15.解析：设每天派出解析：设每天派出 A 型卡车型卡车 x 辆，辆，B 型卡车型卡车 y 辆，运输队所花成本为辆，运输队所花成本为 z 元，则元，则 * 0808 0606 1010 65 1042403424 , xx yy xyxy xyxy x yNx yN + + 目标函数目标函数12001800zxy=+,画出满足条件的可行域画出满足条件的可行域, 2 由图可知，当直线由图可知，当直线12001800zxy=+经过点经过点 A 点（点（8,0）时时使使 z 取得最小取得最小 值，即值，即 min 1200 8 1

16、800 09600z= + = 故每天只派故每天只派 8 辆辆 A 型卡车运输，所花成本最低，最低成本为型卡车运输，所花成本最低，最低成本为 9600 元元. 16.12 解析：因为解析：因为 2 cos 2 1 cos 21 2 212 2 2 MFF MI MF MFFMFMI MF MFMI = = 设设 21F MF的内切圆与边的内切圆与边 21,MF MF分别切于分别切于ED,两点，则两点，则)( 2 1 2121 FFMFMFMEMD+=，又，又 2 cos 21MF F MIMD =， 所以所以)( 2 1 2 cos 2 cos2 2121 2121 2121 FFMFMF M

17、FF MI MFF MIFFMFMF+= =+ 12)222( 2 1 2 cos 21 2 2 = = MFF MI MF MFMI 17.(1)由已知得由已知得) 3 sin() 3 sin(22cos2cosAABA+= ，化简得，化简得 3 sin 2 B = 故故 2 33 B =或 6 分（少一种扣分（少一种扣 2 分）分） (2)因为因为ba，所以，所以 3 B =，由正弦定理，由正弦定理 3 2 sinsinsin3 2 acb ACB =， 7 分分 得得 a=2sinA,c=2sinC， 2 24sin2sinC4sin2sin 3 ac = ) 3 2 sin(sin2s

18、insin2 2 1 AACAca= ) 6 sin(3cos 2 3 sin 2 3 sin 3 2 coscos 3 2 sinsin2 =+AAAAAA 9 分分 因为因为ba，所以，所以 2 , 33662 AA ， 所以所以 3, 2 3 2 1 ca 12 分分 18.(1)证明：取 BC中点 E，连接 DE，设 AB=AD=a,BC=2a, 依题意得，四边形 ABED为正方形，且有 BE=DE=CE=a, BD=CD=2a， 222, BDCDBC+=则BDCD， 3 又平面SCD 底面 ABCD，平面SCD底面 ABCD=CD, BD平面 SCD 5 分 (2)解：过点解：过点

19、 S作作 CD的垂线，交的垂线，交 CD延长线于点延长线于点 H，连接，连接 AH， 可证可证 DH为斜线为斜线 SD在底面在底面 ABCD 内的射内的射影，影， SDH为斜线为斜线 SD与底面与底面 ABCD 所成的角，即所成的角，即60SDH= 由由（1 1）得，得，2SCCDa=，在在Rt SHD中，中， 26 2 , 22 aa SDa HDSH= 在在AHD中，中，45ADH=， 2 , 2 a ADa HD=， 由余弦定理得， 由余弦定理得 2 2 a AH =， 从而从而90AHD=，过点，过点 D作作DFSH，交交 SC 于于 F, DF底面底面 ABCD， BD、DC、DF两

20、两垂直两两垂直. 7 分分 以点以点 D 为坐标原点，为坐标原点，DB为为 x 轴正方向，轴正方向，DC为为 y 轴正方向，轴正方向，DF为为 z 轴正方向建立空间直角坐标系，则轴正方向建立空间直角坐标系，则 2622226 ( 2 ,0,0),(0,2 ,0), (0,), (,0),(,), 2222422 BaCaSaaAaaMaaa 设平面设平面 MBD的法向量的法向量( , , ),nx y z=，由，由 20 226 0 424 n DBax n DMaxayaz = =+= 取取 z=1，得，得 3 (0,1) 2 n =， 9 分分 设平面设平面 SBC 的法向量的法向量( ,

21、 , ),mx y z=，由，由 220 26 20 22 m CBaxay m SBaxayaz = =+= 取取 z=1，得，得 33 (,1) 33 m =， 10 分分 3 01 3 105 6 cos, 35715 49 m n + = 11 分分 故故平面平面 MBD 与平面与平面 SBC 所成的锐二面角的余弦值为所成的锐二面角的余弦值为 3 105 35 12 分分 19.解：解：(1)设设 ),(),( 2211 yxByxA ，抛物线，抛物线 C的焦点为的焦点为 F，则，则pyyBFAF+=+ 21 ， 4 又又 10 21 =+ yy ，故，故1110=+ p，1=p，于是

22、，于是 C 的方程为的方程为yx2 2 =， 2 分分 2 11 2 22 2 2 xy xy = = ，则，则1 2 21 21 21 = + = xx xx yy ，直，直线线 AB的方程为的方程为04 =+ yx； 4 分分 （2）不妨记不妨记),(),(),( 002211 yxNyxQyxP，直线，直线 l的方程为的方程为5) 1(+=xky， 联立联立 += = 5) 1( 2 2 xky yx 得得01022 2 =kkxx ，则，则 = =+ 102 2 21 21 kxx kxx ，10212 22 +=kkkPQ， 拋 物 线拋 物 线 C 在在 P), 11 yx（的 切

23、 线 方 程 为的 切 线 方 程 为)( 111 xxxyy=又 点又 点 N(),( 00 yx在 切 线在 切 线 PN 上 ， 则上 ， 则 )( 10110 xxxyy= ,即 即 022 010 2 1 =+yxxx ，同理可得：，同理可得： 022 020 2 2 =+yxxx ， 故故 21,x x ，为一元二次方程，为一元二次方程022 00 2 =+yxxx的两根，的两根， = += 1022 2 210 210 kxxy xxx ， 8 分分 点点 N到直线到直线 PQ的距离的距离 2 2 2 2 1 102 1 102 k kk k kk d + + = + + =，

24、2 3 2 2 3 2 9) 1()102( 2 1 +=+= kkkdPQS PQN ， 11 分分 1=k时，时，PQN 的面积的面积 S 取得最小值为取得最小值为 27 所以所以PQN 的面积的面积得取值范围得取值范围)+,27 12 分分 20.解：（解：（1）易知函数）易知函数)(xf为偶函数，故只需求为偶函数，故只需求)+, 0x时时)(xf的最小值的最小值. xxxfsin2)( =,当当 2 , 0 x时，设时，设xxhxxxhcos2)(,sin2)( =，显然，显然)( xh单增，单增， 而而0) 2 (, 0)0( hh，由零点存在性定理，存在唯一的，由零点存在性定理，存

25、在唯一的 2 , 0 0 x，使得，使得0)( 0 =xh2 分分 当当0)(), 0( 0 xhxx，)(xh单减，当单减，当0)(), 2 ,( 0 xhxx ，)(xh单增，单增， 而而0) 2 (, 0)0(= hh，故，故0)(, 2 , 0 xhx ，即，即0)(, 2 , 0 xfx ，)(xf单减单减 4 分分 5 又当又当(,),2sin ,( )0 2 xxx fx +)(xf单增，所以单增，所以 4 ) 2 ()( 2 min = fxf 5 分分 （2）只需证）只需证 22 21 + xx ，其中，其中 + , 2 , 2 , 0 21 xx 构造函数构造函数 = 2

26、, 0),()()( xxfxfxF,0sin22)()()( =+=xxfxfxF 即即)(xF单增，所以单增，所以0) 2 ()(= FxF，即当，即当 2 , 0 x时，时，)()(xfxf，而，而 2 , 0 1 x 所以所以)()( 11 xfxf，又，又)()( 21 xfxf=，即，即)()( 12 xfxf，此时，此时 21 ,(,) 2 xx + 由第（由第（1）问可知，）问可知，)(xf在在 +, 2 上单增，所以上单增，所以+ 2112 ,xxxx，即证，即证 22 21 + xx 12 分分 21.解：（解：（1） 11442 23442 66 66 144 484 +

27、 72015 C C AA A P AA + = 恰好经过恰好经过 4 次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为为 4 15 . 4 分分 （2）（）（i）由已知得）由已知得kE= 1 ， 2 可能的取值为可能的取值为 1，k+1. 5 分分 k pP)1 () 1( 2 =， k pkP)1 (1) 1( 2 =+= 6 分分 kkk pkkpkpE)1 (1)1 (1) 1()1 ( 2 +=+= 21 EE=， k pkkk)1 (1+=，即，即 k pk)1 (1= k p k 1 )1 (=， k k p 1 ) 1 (1= p 关于关于 k 的

28、函数关系式的函数关系式)(kfp = k k 1 ) 1 (1=（ * Nk且且2k）；）； 8 分分 （ii）由题意可知）由题意可知 12 EE， kpkk k +)1 (1 ， 即即 k p k )1 ( 1 9 分分 4 1 1 =ep， 44 1 )( 1 k k ee k =，两边取对数得，两边取对数得kk 4 1 ln，设，设)2( 4 1 ln)(=xxxxg x x xg 4 4 )( =，当，当4x时，时，0)( xg，即，即)(xg在在), 4( +上单调递减上单调递减 6 又6094. 15ln，25. 1 4 5 =， 4 5 5ln ，5 . 1 4 6 ,7917.

29、 16ln=， 4 6 6ln 4 7 7ln,75. 1 4 7 ,9459. 17ln=, 4 8 8ln, 2 4 8 ,0793. 28ln=, 4 9 9ln,25. 2 4 9 ,1972. 29ln= k 的最大值为的最大值为 8. 12 分分 22.解：解：依题意，曲线依题意，曲线4)2( : 22 1 =+yxC，即，即04 22 =+xyx 故故0cos4 2 =，即，即cos4= 3 分分 因为因为 2 2 sin31 4 + =，故，故 222 3sin4+= 即即44 22 =+ yx，即，即1 4 2 2 =+ y x 5 分分 （2）将）将 0 =代入代入 2 2

30、 sin31 4 + =得，得， 0 2 2 sin31 4 + = Q 将将 0 =代入代入cos4=得，得， 0 cos4= P 由由OQPQ=，得，得 QP 2=，即，即() 0 2 2 0 sin31 16 cos4 + = 7 分分 解得解得 3 2 sin 0 2 =，则，则 3 1 cos 0 2 = 又又 2 0 0 ，故，故 3 32 sin31 4 0 2 = + = Q， 3 34 cos4 0 =P 故故PMQ的面积的面积()= 0 sin 2 1 QPOMQOMPPMQ OMSSS 3 2 3 6 3 32 2 1 = 10 分分 23.解：（解：（1）因为）因为 2

31、2 3abab+=，所以，所以 22 32ababab+=+ 当当0ab 时，时，32abab+，解得，解得3ab ，即，即03ab； 当当0ab 时，时，32abab+ ，解得，解得 1ab ，即，即10ab ， 所以所以13ab ，则，则034ab， 而而() 2 22 2323abababababab=+= += ， 所以所以() 2 04ab，即，即22ab 5 分分 （2）由（）由（1）知）知03ab， 7 因为因为 22 2222 113443 44 ab ababa bab + +=+ 2 222222 34333311111 330 4442 ab a baba baba babab + =+=+=+= 当且仅当当且仅当2ab =时取等号，所以时取等号，所以 22 1134 4abab + 10 分分