湖北省武汉市武昌区届高三元月调研考试数学理含答案.docx
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湖北省武汉市武昌区届高三元月调研考试数学理含答案
武昌区2020届高三年级元月调研考试
理科数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
合题目要求的。
A．（1,2）
B.（0,2）
C．（2,1）
D．（2,2）
已知复数z满足
zi，则z在复平面内对应的点位于zi
A．第一象限
B.第二象限
C．第三象限
D．第四象限
已知{an}是各项均为正数的等比数列，
a11，a32a
23，则an
n2
A．3n2
n1
B.3n1
C．2n1
D．2n2
已知alog0.10.2，blog1.10.2，c1
.10.2，则a，b，
c的大小关系为
A．abc
B．acb
C．cba
D．cab
等腰直角三角形
π
ABC中，ACB，
2
ACBC2，
点P是斜边AB上一点，
么CPCACP
CB
A．4
B.2
C．2
D．4
B{x|a2xa}，
3．
4．
5．
2．
且BP2PA，那
若
.申
6．某学校成立了A、B、C三个课外学习小组，每位学生只能申请进入其中一个学习小组学习
概率是
nN，不等式Tn9n3恒成立，则实数的取值范围为
线DE翻折成A1DE.若M为线段A1C的中点，则在ADE翻折过程中，给出以下命题：
其中正确说法的个数是
2
y1的左、右焦点，过
94
支交于A，B两点，记AF1F2的内切圆半径为r1，BF1F2的内切圆半径为r2，则r1的值等于r2
A．3B．2C．3D．2
x2
12．已知函数f（x）xexlnxx2，g（x）elnxx的最小值分别为a，b，则
x
A．abB．ab
D．a，b的大小关系不确定
二、填空题：
本题共4小题，每小题5分，共20分。
1
13．（2x1）6的展开式中，x3项的系数是.
x
14．已知一组数据10，5，4，2，2，2，x，且这组数据的平均数与众数的和是中位数的2倍，则x所
有可能的取值为.
22
15．过动点M作圆C：
（x2）2（y2）21的切线，N为切点.若|MN||MO|（O为坐标原点），则|MN|的最小值为.
16．用MI表示函数ysinx在闭区间I上的最大值，若正数a满足M[0,a]2M[a,2a]，则a的值
为.
三、解答题：
共70分。
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：
共60分。
17．（本题12分）
56
在ABC中，已知AB56，AC7，D是BC边上的一点，AD5，DC3.
2
1）求B；
2）求ABC的面积.
18．（本题12分）
如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACAB，A1AABAC2，D，E，F分别为AB，BC，B1B的中点.
（1）证明：
平面A1C1F平面B1DE；
（2）求二面角BB1ED的正弦值.
19．（本题12分）
22
已知椭圆E：
x2y21（ab0）的两焦点与短轴一端点组成一个正三角形的三个顶点，且焦ab
点到椭圆上的点的最短距离为1.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若不过原点的直线l与椭圆交于A，B两点，求OAB面积的最大值.
20．（本题12分）
某健身馆在2019年7、8两月推出优惠项目吸引了一批客户．为预估2020年7、8两月客户投
入的健身消费金额，健身馆随机抽样统计了2019年7、8两月100名客户的消费金额，分组如下：
[0，200），[200，400），[400，600），⋯，[1000，1200]（单位：
元），得到如图所示的频率分布直方
（1）请用抽样的数据预估2020年7、8两月健身客户人均消费的金额（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）若把2019年7、8两月健身消费金额不低于800元的客户，称为“健身达人”．经数据处理，现在列联表中得到一定的相关数据，请补全空格处的数据，并根据列联表判断是否有95%的把
握认为“健身达人”与性别有关？
健身达人
非健身达人
总计
男
10
女
30
总计
（3）为吸引顾客，在健身项目之外，该健身馆特推出健身配套营养品的销售，现有两种促销方案．
方案一：
每满800元可立减100元；
方案二：
金额超过800元可抽奖三次，每次中奖的概率为1，且每次抽奖互不影响，中奖1次
2
打9折，中奖2次打8折，中奖3次打7折．
2n（adbc）K
（ab）（cd）（ac）（bd）
若某人打算购买1000元的营养品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析应该选择哪种优惠
P（K2k）
0.150
0.100
0.050
0.010
0.005
k
2.072
2.706
3.841
6.635
7.879
附：
2
21．（本题12分）
已知函数f（x）exxe1.
（1）若f（x）axe对xR恒成立，求实数a的值；
（2）若存在不相等的实数x1，x2，满足f（x1）f（x2）0，证明：
x1x22.
二）选考题：
共10分。
请考生在第22、23题中任选一题作答。
如果多做，则按所做的第一题计
分。
22．［选修4-4：
坐标系与参数方程］（本题10分）
x2t,
xt,
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为2（t为参数）.在以坐标原点为极点，x
2
y222t
轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为292..
32cos2.
（1）写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
（2）若C1与y轴交于点M，C1与C2相交于A、B两点，求|MA||MB|的值．
23．［选修4-5：
不等式选讲］（本题10分）
（1）已知f（x）|xa||x|，若存在实数x，使f（x）2成立，求实数a的取值范围；
（2）若m0，n0，且mn3，求证：
143．
mn
武昌区2020届高三年级元月调研考试理科数学参考答案及评分细则
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
A
B
D
D
D
A
C
B
C
A
A
、选择题：
、填空题：
13.24014.11，3，17
15.782
16.3π或9π
48
三、解答题：
17．（本题12分）
在ABC中，已知AB56，AC7，D是BC边上的一点，AD5，DC3.
（1）求B；
（2）求ABC的面积.
解：
（1）在ADC中，由余弦定理，得cosADC1，2
所以ADC120，从而ADB60.
2
在ABD中，由正弦定理，得sinB2，所以B45.
2
2）由
（1）知BAD75，且sin7526
4
所以SABD1ABADsinBAD25（33）
ABD28
1153
SADCDADCsinADC，
ADC24
所以SABCSABDSADC55375.
8
12分）
18．（本题12分）
解：
（1）因为ACAB，DE//AC，所以DEAB.
因为AA1平面ABC，DE平面ABC，所以AA1DE.因为ABAA1A，所以DE平面AA1B1B.
因为A1F平面AA1B1B，所以DEA1F.
易证DB1A1F，因为DB1D1ED，
所以A1F平面B1DE.
因为A1F平面A1C1F，
所以平面A1C1F平面B1DE.⋯⋯⋯⋯⋯
4分）
4分）
（2）方法一：
过B作BHB1D，垂足为H，过H作HGB1E于G，连结BG，则可证BGH为二面角BB1ED的平面角.
BH15
所以sinBGH.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（12分）BG5
方法二：
建系，设（求）点的坐标，求两个法向量，求角的余弦，求正弦
所以，S1|AB|d3.
2
当直线l的斜率不存在时，设其方程为xm，同理可求得
112
S|AB|d|m|123m23.22
12分）
所以，OAB面积的最大值为3.
20．（本题12分）
解：
（1）因为x（1000.000503000.000755000.001007000.001259000.0010011000.00050）200620（元），
所以，预估2020年7、8两月份人均健身消费为620元．⋯⋯⋯⋯⋯（2分）
（2）列联表如下：
健身达人
非健身达人
总计
男
10
40
50
女
20
30
50
总计
30
⋯70
100
因为K2100（10302040）4.7623.841，因此有95%的把握认为“健身达人”与性别有50503070关系．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（6分）
（3）若选择方案一：
则需付款900元；
若选择方案二：
设付款X元，则X可能取值为700，800，900，1000．
P（x700）C33
（1）31，P（x800）C32
（1）23，
2828
1331
所以E（X）7008009001000850（元）
12分）
8888
因为850900，所以选择方案二更划算．⋯⋯⋯⋯⋯
21．（本题12分）
解：
（1）令g（x）f（x）（axe）ex（1a）x1，则g（x）ex1a.由题意，知g（x）0对xR恒成立，等价g（x）min0.
当a1时，由g（x）0知g（x）ex（1a）x1在R上单调递增.
1
因为g
（1）1（1a）10，所以a1不合题意；e
当a1时，若x（,ln（a1）），则g（x）0，若x（ln（a1）,），则g（x）0，所以，g（x）在（,ln（a1））单调递减，在（ln（a1）,）上单调递增.
所以g（x）ming（ln（a1））a2（1a）ln（a1）0.
记h（a）a2（1a）ln（a1）（a1），则h（a）ln（a1）.
易知h（a）在（1,2）单调递增，在（2,）单调递减，
所以h（a）maxh
（2）0，即a2（1a）ln（a1）0.
而g（x）mina2（1a）ln（a1）0，
所以a2（1a）ln（a1）0，解得a2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（6分）
（2）因为f（x1）f（x2）0，所以e1e2x1x22（e1）.
x1x2x1x2
因为ex1ex22e2，x1x2，所以ex1ex22e2.
t
令x1x2t，则2e2t2e20.
tt
记m（t）2e2t2e20，则m（t）e210，所以m（t）在R上单调递增.
t
又m
（2）0，由2e2t2e20，得m（t）m
（2），
所以t2，即x1x22.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（12分）
另证：
不妨设x1x2，因为f（x）ex10，所以f（x）为增函数.要证x1x22，即要证x22x1，即要证f（x2）f（2x1）.
因为f（x1）f（x2）0，即要证f（x1）f（2x1）0.
xx记h（x）f（x）f（2x）exe2x2e，则h（x）（ee）（xee）.
e所以h（x）minh
（1）0，从而h（x）f（x）f（2x）0，得证.
x2
22．[选修4-4：
坐标系与参数方程]（本题10分）
2t,
解：
（1）方程
2可化为xy20.
2
y2t
2
方程292.可化为
32cos2.
22
xy
1.
93
5分）
x2t,
22
xt,
2）将
2代入xy1，得2t262t30.
293y2t
2
设方程2t262t30的两根分别为t1，t2，则
3
|MA||MB||t1||t2|3.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（10分）
2
23．[选修4-5：
不等式选讲]（本题10分）解：
（1）方法一：
因为f（x）|xa||x||xax||a|，因为存在实数x，使f（x）2成立，所以|a|2，解得2a2.方法二：
当a0时，符合题意.
2xa,xa,
当a0时，因为f（x）|xa||x|a,0xa,所以f（x）mina.
2xa,x0,
因为存在实数x，使f（x）2成立，所以a2.
当a0时，同理可得a2.综上，实数a的取值范围为（2,2）.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（5分）
（2）因为mn3，
14mn141n4m1n4m
所以（）（5）（25）3，
mn3mn3mn3mn
当且仅当m1,n2时取等号.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（10分）
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