湖北省黄冈市2020届高三上学期期末考试(元月调研)数学(理)试卷Word版含答案

黄冈市2017年秋季高三年级期末考试

数 学 试 题（理科）

本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分150分，考试时间120分

钟.

第I 卷（选择题 共60分）

一、选择题（本题包括12小题，每小题5分，共60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.设z=

i+1i-1

,f(x)=x 2

-x+1,则f(z)= ( ) A.i B.-i C.-1+i D.-1-i 2.已知集合M={y|y=log 12

(x+1) ,x ≥3},N={x|x 2

+2x-3≤0},则M ∩N= ( )

A.[-3,1]

B.[-2,1]

C.[-3,-2]

D.[-2,3] 3.设等差数列{a n }的前n 项的和为S n ,且S 13=52,则a 4+a 8+a 9= ( ) A.8 B.12 C.16 D.20

4.设双曲线x 2

a 2 - y 2

b 2 = 1 (a ＞0,b ＞0)的渐近线与圆x 2+(y-2)2

= 3相切,则双曲线的离心率为

( ) A.

4 3 3 B.2 3 3

C. 3

D.2 3 5.从图中所示的矩形OABC 区域内任取一点M(x,y),则点M 取自阴影部分的概率为 ( ) A.13 B.1

2

C.14

D.23

6.函数y= x 2

+x

e

x 的大致图象是 ()

7.已知函数f (x )＝a sin(π2 x ＋α)＋b cos(π

2 x ＋β)，且f (8)＝m,设从1,3,5,7,9这五个数中,每次取

出两个不同的数分别记为t ，s ，共可得到lg t －lg s 的不同值的个数是m,则f (2 018)的值为( ) A.－15

B.-16

C.-17

D.－18

8.一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A.2

3

B.

4

3

C.7

3

D.

8

3

9.若a＞b＞1,-1＜c＜0, 则( )

A.ab c＜ba c

B.a c＞b c

C.log

a |c| ＜log

b

|c| D.blog

a

|c| ＞

alog

b

|c|

10.执行右面的程序框图，如果输入的x∈[-1，4]，则输出的y属于 ( )

A.[-2,5]

B.[-2,3)

C.[-3,5)

D.[-3,5]

11.已知抛物线y2=2px(p＞0)的焦点为F,其准线与双曲线y2

3

-x2=1相交于

M,N两点,若△MNF为直角三角形,其中F为直角顶点,则p= ( )

A.2 3

B. 3

C.3 3

D.6

12.若函数f(x)= - 5

6

x-

1

12

cos2x+m(sinx-cosx)在(-∞,+∞)上单调递减，则m的取值范

围是( )

A.[-1

2

,

1

2

] B.[-

2

3

,

2

3

] C.[-

3

3

,

3

3

] D.[-

2

2

,

2

2

]

第Ⅱ卷（非选择题共90分）

（本卷包括必考题和选考题两部分。第13~21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）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。将答案填在题中的横线上）

13.设向量a→=(-1,2),b→=(1,m)(m＞0),且(a→+b→)·(a→-b→)=|b→|2-|a→|2,则抛物线y2=-2mx的焦

点坐标是_____.

14.设(1-ax)2018=a0+a1x+a2x2+…+a2018x2018,若a1+2a2+3a3+…+2018a2018=2018a(a≠0),则实数

a=_________.

15.设等比数列{a n}满足a n＞0,且a1+a3= 5

16

,a2+a4=

5

8

,则log

2

(a1a2…a n) 的最小值为

________.

16.中国古代数学名著《九章算术》中的“引葭赴岸”是一道名题。根据该问题我们拓展改编一题：今有边长为12 尺的正方形水池的中央生长着芦苇，长出水面的部分为2尺，将芦苇牵引向池岸，恰巧与水岸齐接。如图，记正方形水池的剖面图为矩形ABCD,芦苇根部O为

池底AB 的中点,顶端为P(注:芦苇与水面垂直),在牵引顶端P 向水岸边点D 的过程中，当芦苇经过DF 的三等分点E （靠近D 点）时，设芦苇的顶端为Q,则点Q 在水面上的投影离水岸边点D

的距离为____尺.（注： 5 ≈2.236, 3 ≈1.732,精确到0.01尺）

三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

17.(本题满分10分) 已知集合A ＝{ x |(13

)x 2

-x-6

≤1}，B ＝{x |log 3(x ＋a )≥1}，若x ∈A 是x ∈

B 的必要不充分条件，求实数a 的取值范围．

18.(本题满分12分)如图，在锐角△ABC 中，D 为BC 边的中点，且AC= 3 ,AD=11

2

,0为

△ABC 外接圆的圆心，且cos ∠BOC= - 1

3 .

(1)求sin ∠BAC 的值;

(2)求△ABC 的面积.

19.(本题满分12分)设同时满足条件：①b n ＋b n ＋2≥2b n ＋1；②b n ≤M (n ∈N *，M 是常数)的无穷数列{b n }叫“欧拉”数列．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足(a －1)S n ＝a (a n －1)(a 为常

数，且a ≠0，a ≠1)．

(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设b n ＝S n

a n

＋1，若数列{b n }为等比数列，求a 的值，并证明数列????

??1b n 为“欧拉”数列．

20.(本题满分12分)2017年5月14日至15日，“一带一路”国际合作高峰论坛在中国首都北京举行,会议期间,达成了多项国际合作协议.假设甲、乙两种品牌的同类产品出口某国家的市场销售量相等，该国质量检验部门为了解他们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随机抽取300个进行测试，结果统计如下图所示. (1)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率；

(2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了200小时，试估计该产品是乙品牌的概率． (3)从这两种品牌产品中,抽取寿命超过300小时的产品3个,设随机变量X 表示抽取的产品是甲品牌的产品个数,求X 的分布列与数学期望值.

21.(本题满分12分)如图,椭圆C 1:x 2

a 2 + y 2

b 2 = 1 (a ＞b ＞0)的离心率为 5 3 ,抛物线

C 2:y=-x 2

+2截x 轴所得的线段长等于 2 b.C 2与y 轴的交点为M ，过点P(0,1)作直线l 与C 2相交于点A ，B,直线MA ，MB 分别与C 1相交于D 、E. (1)求证:MA →·MB →

为定值;

(2)设△MAB,△MDE 的面积分别为S 1、S 2,若S 1=λ2

S 2(λ＞0),求λ的取值范围.

22.(本题满分12分)已知f(x)= 1+lnx

2ax

(a≠0,且a为常数).

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若a=1

2,在区间(1,+∞)内，存在x1,x2,且x1≠x2时，使不等式|f(x1)-f(x2)|≥

k|lnx1-lnx2|成立，求k的取值范围.

黄冈市2017年秋季高三年级期末考试

数 学 试 题（理科）参考答案

一、选择题 ACBBB CDBDD AB

9.D 【解析】本题考查指数函数和对数函数的性质.由-1＜c ＜0得0＜|c|＜1,又a ＞b ＞1, ∴log b |c| ＜log a |c| ＜0, -log b |c| ＞-log a |c| ＞0, a ＞b ＞1＞0,∴-alog b |c| ＞-blog a |c| ,

即blog a |c| ＞alog b |c| .故选D.

11.A 【解析】本题考查抛物线的定义及抛物线的几何性质.由题设知抛物线y 2

=2px 的准线为x=- p 2 ,代入双曲线方程y 2

3 -x 2

=1解得 y=±

3+3p

2

4

,由双曲线的对称性知△MNF 为等腰直角三角形,∴∠FMN=π

4 ,

∴tan ∠FMN=

p

3+3p 2

4

=1,∴p 2

=3+3p

2

4

,即p=2 3 ,故选A.

12.B 【解析】本题考查三角函数变换及导数的应用.由f(x)= - 56 x- 1

12 cos2x+m(sinx-cosx)

在(-∞,+∞)上单调递减知,f ′(x)= - 56 + 1

6 sin2x+m(cosx+sinx)≤0在(-∞,+∞)上恒成

立,令t=sinx+cosx,

t ∈[- 2 , 2 ].则sin2x=t 2

-1,即16 t 2+mt-1≤0对t ∈[- 2 , 2 ]恒成立,构造函数

g(t)= 16 t 2

+mt-1,则g(t)的图象开口向上，从而函数g(t)在区间[- 2 , 2 ]上的最大值

只能为端点值,故只需???g(- 2 )= 13

- 2 m-1≤0g( 2 )= 1

3 + 2 m-1≤0.

∴-

2 3 ≤m ≤ 2 3 ,故选B. 二、填空题

13.32 14.2 15.-10 16. 1.53

14.2 【解析】本题考查二项式定理的应用及导数的计算.将(1-ax)2018=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2018x

2018

两边同时对x 求导得2018(1-ax)2017(-a)=a 1+2a 2x+3a 3x 2+…+2018a 2018x 2017

,令x=1得

-2018a(1-a)2017=a 1+2a 2+3a 3+…+2018a 2018=2018a,又a ≠0,所以(1-a)2017

=-1,1-a=-1,故a=2.答案:2.

15.-10【解析】本题考查等比数列的性质及等差数列求和公式.由于{a n }是正项等比数列，

设a n =a 1q n-1

，其中a 1是首项，q 是公比．

则???a 1

+a 3= 516

a 2

+a 4

= 5

8

a 1

+a 1

q 2

= 5

16

a 1

q+a 1

q 3

= 5

8

,解得 ?????a 1=116 q=2

.故a n =2n-5

,∴log 2(a 1a 2…a n )

=log 2(2

(-4)+(-3)+…+(n-5)

)

=(-4)+(-3)+…+(n-5)= 12 n(n-9)= 12 [(n-92 )2- 81

4 ],∴当n=4或5时,

log 2(a 1a 2…a n ) 取最小值-10.

16.1.53 解析:设水深为x 尺，则x 2

+62

=（x+2)2

，解得，x=8 .

∴水深为8 尺，芦苇长为10 尺，

以AB 所在的直线为x 轴，芦苇所在的直线为y 轴， 建立如图所示的平面直角坐标系,在牵引过程中， P 的轨迹是以O 为圆心，半径为10 的圆弧，其方程为 x 2 +y 2

=100（－6≤x ≤6，8≤y ≤10），①

E 点的坐标为(- 4,8)，∴OE 所在的直线方程为 y=- 2x ，② 设Q 点坐标为(x,y),由①②联立解得 x=-2 5 ,DG=6-2 5 ≈1.53 故点Q 在水面上的投影离水岸边点D 的的距离为1.53. 三、解答题

17. 解析：由(13

)x 2

-x-6

≤1，得x 2－x －6≥0，解得x ≤－2或x ≥3，故A ＝{x | x ≤－2或x ≥

3} .………3分

由log 3(x ＋a )≥1，得x+a ≥3故B ＝{x |x ≥3－a }．………………5分

由题意，可知A ，所以3－a ≤－2或3－a ≥3，…………………8分 解得a ≥5或a ≤0.………………………………………………………10分 18.解:(1)由题设知∠BOC=2∠BAC,…………………………………1分 ∴cos ∠BOC=cos2∠BAC=1-2sin 2

∠BAC= - 13 …………………3分

∴sin 2

∠BAC= 23 ,sin ∠BAC= 6 3

.………………5分

(2)延长AD 至E,使AE=2AD,连接BE,CE,则四边形ABEC 为平行四边形,∴CE=AB (6)

分

在△ACE 中,AE=2AD=11 ,AC= 3 ,∠ACE=π-∠BAC,cos ∠ACE=-cos ∠BAC=- 3

3

.……7分

∴由余弦定理得,AE 2=AC 2+CE 2

-2AC ·CE ·cos ∠ACE,

即(11 )2=( 3 )2+CE 2-2× 3 ·CE ×(-

3

3

), 解得CE=2,∴AB=CE=2, ………………………………………………9分

∴S △ABC =12 AB ·AC ·sin ∠BAC=12 ×2× 3 × 6

3

= 2 .…………12分

19.解：(1)由(a －1)S n ＝a (a n －1)得,S 1＝a

a －1

(a 1－1)＝a 1，

所以a 1＝a .………………………………………2分 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝

a

a －1(a n －a n －1)，整理得a n

a n －1＝a ，………………4分 即数列{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．

所以a n ＝a · a n －1＝a n .…………………………………………………………6分 (2)由(1)知，b n ＝a

a －1(a n －1)

a n

＋1＝(2a －1)a n －a

(a －1)a n

，① 由数列{b n }是等比数列，则b 22＝b 1·b 3

，故? ????2a ＋1a 2＝2·2a 2

＋a ＋1a 2，解得a ＝1

2 ，………9分

再将a ＝12 代入①式得b n ＝2n ，故数列{b n }为等比数列，且a ＝1

2 .

由于1 b n

+1 b n +2 =12n +1

2n+2 ＞2

12n ·12n+2 =2×12n ＋1 = 2·1b n ＋1

，满足条件①；由于1

b n ＝1

2n ≤12 ，故存在M ≥12 满足条件②.故数列??????1b n 为“欧拉”数列．…………………………………12分

20. 解: (1)甲品牌产品寿命小于200小时的频率为20＋60300＝415，用频率估计概率，所以，

甲品牌产品寿命小于200小时的概率为4

15

.………………………………………(3分)

(2)根据抽样结果，寿命大于200小时的产品有220＋210＝430个，其中乙品牌产品是210个，所以在样本中，寿命大于200小时的产品是乙品牌的频率为210430＝21

43，用频率估计

概率，所以已使用了200小时的该产品是乙品牌的概率为21

43

.………………………………(7分)

(3)由题意知X 可能取值为0,1,2,3,且P(X=0)=C 040 ·C 340 C 380 = 19

158 ,P(X=1)= C 140 ·C 240 C 3

80

=

60158

, P(X=2)= C 240 ·C 140 C 380 = 60158 , P(X=3)= C 340 ·C 040 C 3

80

= 19

158 .…………………(9分) ∴X 的分

布列为

故E(X)= 0×

19158 +1×60158 +2×60158 +3×19158 = 237

158

.……………………………(12分) 21. 解:(1)由题设得 2 b=2 2 ,(b ＞0),∴b=2,又e= c a = 5 3 ,∴c 2=59 a 2=a 2-4,解得a 2

=9.

因此椭圆C 1和方程为x 2

9 + y 2

4 =1.由抛物线C 2的方程为y=-x 2

+2,得M(0,2).………(2分)

设直线l 的方程为 y=kx+1(k 存在),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).于是.

由???y=-x 2

+2y=kx+1 消去y 得x 2

+kx-1=0,∴???x 1+x 2=-k x 1x 2=-1

,①………………………(3分) ∴ MA →·MB →

=(x 1,y 1-2)·(x 2,y 2-2)=x 1x 2+(y 1-2)(y 2-2)=x 1x 2+(kx 1+1-2)(kx 2+1-2)

=(1+k 2

)x 1x 2-k(x 1+x 2)+1,

∴将①代入上式得MA →·MB →=-1-k 2+k 2

+1=0(定值).……………………(5分)

(2)由(1)知,MA ⊥MB,∴△MAB 和△MDE 均为直角三角形,设直线MA 方程为y=k 1x+2,直线MB

方程为y=k 2x+2,且k 1k 2=-1,由???y=k 1x+2y=-x 2+2 解得???x=0y=2 或???x=-k 1y=-k 12

+2

,∴A(-k 1,-k 12

+2),同理可得B(-k 2,-k 22

+2),………(7分)

∴S 1=12 |MA|·|MB|= 12 1+k 12 ·1+k 22

|k 1||k 2|.………………………………(8分)

由?????y=k 1x+2x 29 + y 2

4 =1 解得???x=0y=2 或?

??x= -36k 14+9k 12 y= 8-18k 124+9k 1

2 ,∴D(-36k 14+9k 12 ,8-18k 124+9k 12 ),

同理可得E(-36k 24+9k 22 ,8-18k 2

2

4+9k 2

2 ),………………………………………………………(9分)

∴S 2=12 |MD|·|ME|= 12 ·361+k 12

|k 1|4+9k 12 ·361+k 22

|k 2|

4+9k 22

,………………………(10分) ∴λ2= S 1S 2 = 1362 (4+9k 12)(4+9k 22)= 136

2 (16+81k 12k 22+36k 12+36k 22

)

= 1362 (97+ 36k 12

+ 36k 12 )≥132362 ,又λ＞0,∴λ≥1336

故λ的取值范围是[13

36

,+∞)………………………………………………………(12

分)

22.解:(1)∵f(x)= 1+lnx

2ax

(a≠0,且a为常数),∴f′(x)=

-2alnx

(2ax)2

= -

lnx

2ax2

.………………(1分)

∴①若a＞0时,当 0＜x＜1, f′(x)＞0;当x＞1时, f′(x)＜0.

即a＞0时,函数f(x)单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).………………(3分)

②若a＜0时,当 0＜x＜1, f′(x)＜0;当x＞1时, f′(x)＞0.

即a＜0时,函数f(x)单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).………………(5分)

(2)由(1)知, f(x)= 1+lnx

x

在区间(1,+∞)上单调递减,不妨设x2＞x1＞1,则f(x1)＞

f(x2),

∴不等式|f(x1)-f(x2)|≥k|lnx1-lnx2|可化为f(x1)-f(x2)≥k(lnx2-lnx1).………………………(8分)

即f(x1)+kx1≥f(x2)+kx2,令F(x)=f(x)+klnx,则F(x)在区间(1,+∞)上存在单调递减区间，

∴F′(x)= f′(x)+ k

x

=

-lnx

x2

+

k

x

=

-lnx+kx

x2

＜0有解，即kx＜lnx(x＞1),

∴k＜lnx

x

有解,令G(x)=

lnx

x

,则G′(x)=

1-lnx

x2

，由G′(x)=0得

x=e,………………………(10分)

当x∈(1,e)时，G′(x)＞0,G(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时, G′(x)＜0,G(x)单调递减.

∴G(x)max=G(e)= 1

e

,故k＜

1

e

.……………………………………………………………………(12分)