2020届湖北省武汉一中高三下学期4月高考模拟数学（文）试题（解析版）
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一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】用列举法表示集合，然后用集合交集的定义求出.
【详解】
因为，，所以，因此有
，故本题选B.
【点睛】
本题考查了用列举法表示集合，考查了集合的交集运算.用列举法表示集合是解题的关键.
2．已知i为虚数单位，则复数的虚部是( )
A．3i B．i C．3 D．1
【答案】C
【解析】根据复数的混合运算，对复数进行化简，再求其虚部即可.
【详解】
因为，
故可得的虚部为.
故选：C.
【点睛】
本题考查复数的混合运算，涉及复数虚部的辨析，属基础题.
3．已知数列为等差数列，前项和为，且则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据等差数列的前项和公式和等差中项的概念，即可求出结果.
【详解】
因为数列为等差数列且，所以.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了等差数列的前项和公式和等差中项的概念的应用，属于基础题.
4．已知直线，，平面、、，给出下列命题：
①，，，则；
②，，，则；
③，，则；
④，，，则.
其中正确的命题有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】利用线面平行的性质定理判断①；利用面面平行的性质定理和线面垂直的性质定理可判断②；若，，则与平行或相交，可判断③；利用面面垂直的判定定理可判断④.
【详解】
①由线面平行的性质定理可知①正确；
②由面面平行的性质定理可知，，因为，所以，即②正确；
③若，，则与平行或相交，即③错误；
④由面面垂直的判定定理可知④正确.
所以正确的命题有①②④，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查点、线，面的位置关系，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.
5．若=，=2，且（），则与的夹角是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】,,所以与的夹角是 .
6．计算的结果为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】先用诱导公式将化为，然后用余弦的差角公式逆用即可.
【详解】
故选：B
【点睛】
本题考查诱导公式和和角的三角函数公式的应用，属于基础题.
7．已知抛物线y2＝4x的焦点到双曲线（a＞0）的一条渐近线的距离为，则该双曲线的方程为（ ）
A．x2﹣y2＝1 B．y2＝1 C．y2＝1 D．y2＝1
【答案】C
【解析】由题，得，解得，即可得到本题答案.
【详解】
因为抛物线的焦点为，的其中一条渐近线为，
由题，得，解得，
所以双曲线得标准方程为，
故选：C
【点睛】
本题主要考查双曲线标准方程的求法，其中涉及抛物线的焦点和双曲线的渐近线方程.
8．若，满足约束条件，则的最小值为( )
A．9 B．6.5 C．4 D．3
【答案】D
【解析】根据题意，画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求得.
【详解】
不等式组所表示的可行域为下图中的，
因为目标函数与直线平行，
故当目标函数对应的直线经过点时，取得最小值3.
故选：D.
【点睛】
本题考查简单线性规划求目标函数最值的问题，属基础题.
9．定义在上的奇函数的一个零点所在区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】∵函数为奇函数，
∴，
即,
整理得在上恒成立，
∴,
∴，
∵
,
∴函数的零点在区间内．选C．
10．若直线与圆相切，则实数的值为
A． B． C．或1 D．或1
【答案】A
【解析】根据题意，分析圆的圆心以及半径，结合直线与圆的位置关系可得，解可得的值，即可得答案．
【详解】
根据题意，圆，其圆心为，半径；
若直线与圆相切，则有圆心到直线的距离，
解可得；
故选：A．
【点睛】
本题考查圆的切线方程、涉及点到直线的距离公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，属于基础题。
11．已知四棱锥的各个顶点都在同一个球的球面上，且侧棱长都相等，高为4，底面是边长为的正方形，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图所示，设四棱锥中，球的半径为，底面中心为且球心为，可得OP⊥底面ABCD．，，在中，利用勾股定理解得R，即可得出球的表面积．
【详解】
如图所示，设球的半径为，底面中心为且球心为.
∵四棱锥中，，
∴.
∵，
∴中，，，
∴，解得，
∴该球的表面积为.
故选：B.
【点睛】
本题考查几何体的外接球问题，此类问题常常构造直角三角形利用勾股定理进行求解，属于中等题.
12．关于的方程在内有且仅有个根，设最大的根是，则与的大小关系是（ ）
A． B． C． D．以上都不对
【答案】C
【解析】由题，先做出图像，然后找到最大根，利用斜率公式可得与的大小关系.
【详解】
由题意作出与在的图象，如图所示：
∵方程在内有且仅有5个根，最大的根是.
∴必是与在内相切时切点的横坐标设切点为，
，则，
斜率则
故选C.
【点睛】
本题考查了三角函数和导函数的综合知识，解题的关键是在于数形结合以及导数的几何意义，属于较难题目.
二、填空题
13．在中，，是边上一点，，，，则的长为______.
【答案】
【解析】先由余弦定理得，求得，再由正弦定理得，解出得
【详解】
由余弦定理得：
，
，
由正弦定理得：，
，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了正余弦定理的应用，在解三角形时要灵活运用这两个定理，同时考查了学生分析问题和解决问题的能力，以及运算求解的能力.
14．已知正实数，满足，则的最小值是 ．
【答案】．
【解析】试题分析：∵，∴，当且仅当时，等号成立，
∴，即的最小值是．
【考点】基本不等式求最值．
15．设，点为抛物线上一点，为焦点，以为圆心为半径的圆被轴截得的弦长为6，则圆的标准方程为__________．
【答案】
【解析】结合已知，利用垂径定理和勾股定理可求出的值，进而求出的值；把代入抛物线方程，求出的值，可得圆心坐标和半径，从而得到所求的圆的标准方程.
【详解】
由题意可得点到轴的距离为，又已知圆被轴截得的弦长为6，
得，
则，
所以，
因为点为抛物线上一点，且，
所以，
故圆的标准方程为：.
故答案为：.
【点睛】
本题是一道关于圆和抛物线的题目，求出圆心坐标和半径是关键，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.
16．定义在上的函数满足（为自然对数的底数），其中为的导函数，若，则的解集为__________.
【答案】
【解析】由知，可构造函数，在上为减函数；于是，由与可得：，于是可得答案.
【详解】
∵，
∴构造函数，
则，
∴
∴在上为减函数.
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的解集的解集为
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查导数与函数的单调性解不等式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
三、解答题
17．记为等比数列的前项和，，.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）已知，且的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）根据等比数列通项公式及求和公式，代入即可求得公比，进而求得通项公式．
（2）根据等比数列的乘积，表示为指数为等差数列求和，进而求得，再根据二次函数的单调性求得最大值即可．
【详解】
（1）设的公比为，由题意得：
所以，即
则
所以.
（2）
当或4时，取得最大值，且.
【点睛】
本题考查了等比数列基本量的计算，等差数列求和公式的应用及最值求法，属于基础题．
18．在直三棱柱中，是的中点，是上一点.
（1）当时，证明：平面；
（2）若，求三棱锥的体积.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析：（1）证明 与两线垂直，利用线面垂直的判定定理得出 平面 ；（2）若 ，则 ，可求 ，即可求三棱锥 体积.
试题解析：（1）证明：因为是的中点，所以，
在直三棱柱中，因为底面，底面，所以,
因为，所以平面，因为平面，所以.
在矩形中，因为，
所以，所以，所以,
（或通过计算，得到为直角三角形）
所以，因为，所以平面.
（2）解：因为平面，,
因为是的中点，所以，在中，,
所以，
因为，所以，
所以，所以，
所以.
参考数据：，其中.
（1）试根据以上数据，运用独立性检验思想，指出有多大把握认为中学生使用手机对学习有影响？
（2）研究小组将该样本中不使用手机且成绩优秀的同学记为组，使用手机且成绩优秀的同学记为组，计划从组推选的4人和组推选的2人中，随机挑选两人来分享学习经验.求挑选的两人中一人来自组、另一人来自组的概率.
【答案】（1）有的把握认为中学生使用手机对学习有影响（2）
【解析】（1）根据题意计算观测值，对照临界值得出结论；
（2）利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值.
【详解】
（1）根据题意计算观测值为，
所以有的把握认为中学生使用手机对学习有影响；
（1）记组推选的4人为、、、，组推选的2人为、，
则从这6人中任取2人，基本事件为：
、、、、、、、、、、、、、、共15种；
其中1人来于组，1人来于组的基本事件为：
，、、、、、、共8种；
故所求的概率为.
【点睛】
本题主要考查独立性检验和古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
20．已知;为椭圆的左、右焦点,过作斜率为的直线交椭圆于两点，且
（1）求椭圆的方程;
（2）过线段上任意一点(不含端点)，作直线与垂直，交椭圆于两点，求四边形面积的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）已知得，由和椭圆的定义，得，结合三角形面积可求得，然后得，从而得椭圆方程；
（2）直线求出两点坐标，得，设方程为，由两点坐标求出的范围，设，由韦达定理得，由椭圆中弦长公式求得弦长，由的范围可得范围，从而得四边形面积范围．
【详解】
解：由已知得
所以由和椭圆的定义，得
并且.又
得.故
所以椭圆
直线，代入，得
从而得，此时
又设直线. 由条件知
将代入，得，
设.
则
所以
又
，当且仅当时取等号
综上，四边形面积的取值范围是
【点睛】
本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．本题直线与椭圆相交的两条弦长问题反映了解析几何中的两种方法：一是直线求出交点坐标，由两点间距离公式求得弦长，一是设直线方程，直线方程与椭圆方程联立，消元后用韦达定理得两根之和与两根之积，然后由弦长公式计算．对含有参数的弦长第二种方法较适用．
21．已知函数f（x）＝（x﹣a）cosx﹣sinx，g（x）x3ax2，a∈R
（1）当a＝1时，求函数y＝f（x）在区间（0，）上零点的个数；
（2）令F（x）＝f（x）+g（x），试讨论函数y＝F（x）极值点的个数．
【答案】（1）零点的个数为0，（2）无极值．
【解析】（1）结合函数的单调性和极值，即可得到本题答案；
（2）先求导，再分类讨论，即可得到的单调区间和极值，由此即可得到本题答案.
【详解】
（1）当时，，
∴，
因为当时，，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
当时，函数取得最大值，
所以函数在区间上零点的个数为0；
（2），
，
令，则，
所以在上为增函数，又，
所以当时，，
当时，.
①若时，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，恒成立，故在上单调递减，
故有2个极值；
②若时，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，恒成立，故在上单调递减，
故有2个极值点；
③当时，，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，恒成立，故在上单调递增，
∴在R上单调递增，无极值点．
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值的问题，考查学生的运算能力和转化能力，以及分类讨论思想的运用.
22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线，的极坐标方程；
（2）在极坐标系中，射线与曲线交于点，射线与曲线交于点，求的面积（其中为坐标原点）.
【答案】(1) 曲线:,曲线：.
(2)1.
【解析】分析：第一问首先将参数方程消参化为普通方程，之后应用极坐标与平面直角坐标之间的转换关系，求得结果，第二问联立对应曲线的极坐标方程，求得对应点的极坐标，结合极径和极角的意义，结合三角形面积公式求得结果.
详解：（1）由曲线：（为参数），消去参数得：
化简极坐标方程为：
曲线：（为参数）消去参数得：
化简极坐标方程为：
（2）联立 即
联立 即
故
点睛：该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，在求解的过程中，需要明确由参数方程向普通方程转化的过程中，即为消参的过程，注意消参的方法，再者就是直角坐标与极坐标之间的转换关系，在求有关三角形面积的时候，注意对极坐标的意义的把握，求得结果.
23．已知函数.
（Ⅰ）若不等式有解，求实数的最大值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若正实数，满足，证明：.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)证明见解析.
【解析】试题分析：
(Ⅰ)原问题等价于.由绝对值三角不等式可得，则，实数的最大值.
(Ⅱ)根据(Ⅰ)知正实数，满足，由柯西不等式可知，即(当且仅当时取“=”).
试题解析：
(Ⅰ)若不等式有解，只需的最大值即可.
因为，所以，解得，
所以实数的最大值.
(Ⅱ)根据(Ⅰ)知正实数，满足，由柯西不等式可知，
所以，，因为，均为正实数，所以(当且仅当时取“=”).
