湖北省2018届高三4月调研考试理科数学试题(解析版)

2018年湖北省高三4月调考

理科数学

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,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. 已知集合，集合，则( )

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】分析：现根据指数函数与对数函数的图象与性质，求得集合，即可求解.

详解：由题意，

所以，故选B.

点睛：本题主要考查了集合的运算，对于集合的基本运算，要注意三个方面：(1)看元素组成．集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提．(2)有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决．

(3)注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和Venn图．

2. 欧拉公式为虚数单位)是由著名数学家欧拉发明的，她将指数函数定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式，若将表示的复数记为，则的值为( )

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】分析：根据题意，现求得，则根据复数的四则运算，即可求解.

详解：由题意的，所以，故选A.

点睛：复数代数形式的加减乘除运算的法则是进行复数运算的理论依据，加减运算类似于多项式的合并同类项,乘法法则类似于多项式乘法法则,除法运算则先将除式写成分式的形式,再将分母实数化，其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为．

3. 记不等式组的解集为，若,则实数的最小值是( )

A. 0

B. 1

C. 2

D. 4

【答案】C

【解析】分析：由约束条件作出可行域，结合直线，求出过点的直线的斜率得到答案. 详解：作出约束条件所表示的可行域，

如图所示，

直线经过点，

而经过两点的直线的斜率为，

所以要使得，成立，则，

所以实数的最小值是，故选C.

点睛：线性规划问题有三类:（1）简单线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有时考查斜率型或距离型目标函数；（2）线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数取值范围；（3）线性规划的实际应用，本题就是第三类实际应用问题.

4. 已知,则的值等于( )

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】分析：由已知求得，结合，展开两角差的正弦求解.

详解：因为，所以，

由，得，

则

，故选C.

点睛：本题考查了三角函数的化简求证，考查了同角三角函数基本关系式的应用，关键是“拆角配角”思想的应用，属于基础题.

5. 函数的图像大致为( )

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】分析：研究的函数的基本性质，和利用特殊点的函数值，即可作出选择.

详解：由函数，满足且，所以排除A、D；

又，排除D，故选C.

点睛：函数图像问题首先关注定义域，从图象的对称性，分析函数的奇偶性，根据函数的奇偶性排除部分选择支，从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值利用特值检验，较难的需要研究单调性、极值等，从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等确定图象．

6. 已知双曲线的一条渐近线方程为分别是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，且,则( )

A. 1

B. 3

C. 1或9

D. 3或7

【答案】C

【解析】分析：由双曲线的方程，渐近线的方程求出，由双曲线的定义求出即可.

详解：由双曲线的方程，渐近线方程可得，

因为，所以，所以，

由双曲线的定义可得，所以或，故选C.

点睛：本题考查了双曲线的定义和双曲线的标准方程，以及双曲线的简单的几何性质的应用，其中由双曲线

的方程、渐近线的方程求出的解题的关键.

7. 执行如图所示的程序框图，若输出的值为6，且判断框内填入的条件是,则的取值范围是( )

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】分析：程序运行的，根据输出的值，从而可得判断框的条件.

详解：由程序框图知，程序运行的，

当，所以，

因为输出的，所以，

所以实数满足，故选C.

点睛：利用循环结构表示算法，一定要先确定是用当型循环结构，还是用直到型循环结构；当型循环结构的特点是先判断再循环，直到型循环结构的特点是先执行一次循环体，再判断；注意输入框、处理框、判断框的功能，不可混用；赋值语句赋值号左边只能是变量，不能是表达式，右边的表达式可以是一个常量、变量或含变量的运算式.

8. 党的十九打报告指出，建设教育强国是中华民族伟大复兴的基础工程，必须把教育事业放在优先位置，深化教育资源的均衡发展.现有4名男生和2名女生主动申请毕业后到两所偏远山区小学任教.将这6名毕业生全部进行安排，每所学校至少安排2名毕业生，则每所学校男女毕业至少安排一名的概率为( )

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】分析：根据题意求得基本事件的总数为种，每所学校毕业至少安排一名包含的基本事件的个数为种，利用古典概型的概率计算公式，即可求解.

详解：由题意，将这六名毕业生全部进行安排，每所学校至少名毕业生，

基本事件的总数为种，

每所学校那女毕业生至少安排一名共有：

一是其中一个学校安排一女一男，另一个学校有一女三男，有种，

二是其中一个学校安排一女二男，另一个学校有一女两男，有种，

共有种，所以概率为，故选C.

点睛：本题考查了古典概型及概率的计算，排列组合的综合应用，对于排列组合问题：(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步.具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置).

9. 已知，则( )

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】分析：设，得，利用导数研究其单调性可得的大小关系，又由，即可得出结论.

详解：设，则，

可得函数在内单调递增，所以，即，

可化为，即，又，

所以，故选B.

点睛：本题考查了指数函数与对数函数基本性质的应用，利用导数研究函数的单调性，利用函数单调性比较大小是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力，属于中档试题.

10. 锐角中，角所对的边为的面积,给出以下结论：

①；

②；

③；

④有最小值8.

其中正确结论的个数为( )

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

【答案】D

【解析】分析：由三角形的面积公式得，结合正弦定理证得①正确；把①中的用表示，化弦为切证得②正确；由，展开两角和的正切证得③正确；由，结合②转化为关于的代数式，换元即可求得最值，证得④正确.

详解：由，得，

又，得，故①正确；

由，得，

两边同时除以，可得，故②正确；

由且，

所以，整理移项得，

故③正确；

由，，

且都是正数，

得，

设，则，

，

当且仅当，即时取“=”，

此时，，

所以的最小值是，故④正确，故选D.

点睛：本题考查了命题的真假判定与应用，其中解答中涉及到两家和与差的正切函数，以及基本不等式的应用等知识点的综合运用，着重考查了学生的推理与运算能力，属于中等试题.

11. 已知正三棱锥的顶点均在球的球面上，过侧棱及球心的平面截三棱锥及球面所得截面如图所示，已知三棱锥的体积为，则球的表面积为( )

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】分析：根据图示，这个截面三角图形和球的体积，求得正三棱锥的底面边长，进而求得球的半径，求的球的表面积.

详解：设正三棱锥的底面边长为，外接球的半径为，

因为正三棱锥的底面为正三角形，边长为，则，则，

所以，即，

又因为三棱锥的体积为，所以，

解得，所以球的表面积为，故选A.

点睛：本题考查了空间想象能力，关键是抓住这个截面三角形由原正三棱锥的一条棱，一个侧面三角形的中线和侧面是正三角形的中线围成，正三棱锥的外接球的球心在截面正三角形的重心上，着重考查学生分析问题和解答问题的能力.

12. 设,其中，则的最小值为( )

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】分析：由表示两点与点的距离，而点在抛物线上，抛物线的焦点，准线为，则表示与的距离和与准线的距离的和加上1，由抛物线的定义可得表示与

的距离和加上1，画出图象，当三点共线时，可求得最小值.

详解：由题意，，

由表示两点与点的距离，

而点在抛物线上，抛物线的焦点，准线为，

则表示与的距离和与准线的距离的和加上1，

由抛物线的定义可得表示与的距离和加上1，

由图象可知三点共线时，且为曲线的垂线，此时取得最小值，

即为切点，设，

由，可得，

设，则递增，且，可得切点，

即有，则的最小值为，故选C.

点睛：本题考查直线与抛物线的综合应用问题，解答中注意运用两点间的距离公式和抛物线的定义，以及三点共线等知识综合运用，着重考查了转化与化归思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13. 在的展开式中，常数项为__________．（用数字填写答案）

【答案】112

【解析】分析：利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令的指数为，求出，将的值代入通项求出展开式的常数项.

详解：二项式展开式的通项为，

令，解得，

所以常数项为.

点睛：本题主要考查二项式定理的通项与系数，属于简单题，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用．

14. 已知向量与的夹角为30°，，则的最大值为_________．

【答案】

【解析】分析：由题意，利用基本不等式和向量的运算，求的，进而可求得的最大值.

详解：由题意，则，

所以，即，

又因为，即，

所以，

所以

，当且仅当时，等号成立，

所以.

点睛：平面向量的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用，利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．

15. 已知函数在区间上恰有三个零点，则的取值范围是__________．

【答案】

【解析】分析：函数在区间上恰有三个零点，转化为和函数在区间

上恰有三个交点，利用余弦函数的图象即可求解.

详解：由题意函数在区间上恰有三个零点，

转化为和函数在区间上恰有三个交点，

当时，，

当时，，

根据余弦函数的图象，要使的图象有三个交点，则，解得，

点睛：本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及函数的零点问题的判定问题，属于中档试题，对于三角函数解答题中，当涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等都属于三角函数的性质，首先都应把它化为三角函数的基本形式即，然后利用三角函数的性质求解．

16. 点是直线上的动点，是圆的两条切线，是切点，则三角形

面积的最小值为__________．

【答案】

【解析】分析：由圆的方程求得圆心坐标和半径，在由是圆的两条切线，利用点到直线的距离公式，进而求解三角形面积的最小值.

详解：由圆的大风车，可得圆心，半径，

则圆心到直线的距离为，

设，则，

则，

所以，

所以函数在单调递增，所以.

点睛：本题题考查直线与圆的位置关系的应用，解答的关键在于根据题意得到面积的表示，进而求解函数的最值，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.

三、解答题（本大题共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，其中，且满足,.

(1)求证：数列为等比数列；

(2)求数列的前项和.

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】分析：由题意，化简得，且，即可证得数列是首项为4，公比为2的等比数列；

由（1）得，进而求得，利用裂项法，即可求解数列的和.

详解：(1),

又，所以是首项为4，公比为2的等比数列

(2)由(1)知，①

又

又，所以为常数数列，)②

联立①②得：,

所以

点睛：在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.

18. 如图，在平行四边形中，°，四边形是矩形，，平面

平面.

（1）若，求证：；

（2）若二面角的正弦值为，求的值.

【答案】(1)见解析；（2）或.

【解析】分析：连接，在中，利用余弦定理和勾股定理，得到，再由四边形为矩形，得到，进而得到，，利用线面垂直的判定定理证得面，即可证得；（2）以为原点，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，求解平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解二面角的余弦值，即可求解的值.

详解：(1)连接，在中，由，由余弦定理易得，又，

则；同理由余弦定理易得：，由四边形是矩形，则，又平面平面，所以平面，所以，同理，由勾股定理易求得，,显然

,故；

由，所以面，所以，所以面，所以；

(2)以点为原点，所在的直线分别为轴，轴，过点与平面垂直的直线轴建立空间直角坐标系，则

设平面的法向量为，则,即,

取，则，即,

同理可求得平面的法向量为

设二面角的平面角为，则

则，即，解之得或，又,

所以或

点睛：本题涉及到了立体几何中的线面平行与垂直的判定与性质，全面考查立体几何中的证明与求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

19. 随着网络的飞速发展，人们的生活发生了很大变化，其中无现金支付是一个显著特征，某评估机构对无现金支付的人群进行网络问卷调查，并从参与调查的数万名受访者中随机选取了300人，把这300人分为三类，即使用支付宝用户、使用微信用户、使用银行卡用户，各类用户的人数如图所示，同时把这300人按年龄分为青年人组与中年人组，制成如图所示的列联表：

(1) 完成列联表,并判断是否有99%的把握认为使用支付宝用户与年龄有关系?

(2)把频率作为概率，从所有无现金支付用户中(人数很多)随机抽取3人，用表示所选3人中使用支付宝用户的人数，求的分布列与数学期望.

附:

，其中.

【答案】(1)见解析；（2）见解析.

【解析】分析：（1）列出列联表，利用公式求得，即可作出判断；

（2）把频率作为概率，从所有无现金支付用户（人数最多）中抽取人，可以近似看作次独立重复实验，所以的取值依次为，且服从二项分布，即可求解分布列和数学期望.

详解：(1)列联表补充如下

,

故有99%的把握认为支付宝用户与年龄有关系.

(2)把频率作为概率，从所有无现金支付用户（人数最多）中抽取3人，可以近似看作3次独立重复实验，所以的取值依次为0,1,2,3，且服从二项分布

所以的分布列为

点睛：本题考查了独立性检验思想的应用，离散型随机变量的分布列与数学期望，求解离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可取值有那些，当随机变量取这些值时所对应的事件的概率有是多少，计算出概率值后，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望.；列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题.

20. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，当时，

内切圆的半径为.

(1)求椭圆的方程；

(2)已知直线与椭圆相较于两点，且，当直线的斜率之和为2时，问：点到直线的距离是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.

【答案】(1) 椭圆的方程为;(2)见解析.

【解析】分析：（1）依据题意，得到，又由，求得的值，即可得到椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆的方程的联立，求得，由，代入整理，求得的值，再由点到直线的距离公式，设，即可求得距离的最大值，得到结论.

详解：

(1)依题意：,则，即

又,联立解得：，故，所以椭圆的方程为

(2)设,

联立直线和椭圆的方程得：,

当时有：

由得：,即,

整理得：,所以,

化简整理得：，代入得：,

解之得：或,

点到直线的距离,

设，易得或，则,

当时；当时，,

若，则；若，则，当时，

综上所述：，故点到直线的距离没有最大值.

点睛：本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

21. 已知函数.

(1)当时，讨论函数的单调性；

(2)求函数的极值.

【答案】(1)时，递减；时，递增；(2)见解析.

【解析】分析：（1）求得函数，代入，得，设，得，得到函数

的单调性，进而求得函数的单调性；

（2）由（1），得到，由在区间递减，在递增，得到时，分类讨论即可求得的极值.

详解：(1)函数的定义域为，其导数为.当时，

设，则，显然时递增；

时，递减，故，于是，

所以时，递减；时，递增；

(2)由(1)知，

函数在递增，在递减，所以

又当时，,

讨论：

①当时，，此时：

因为时，递增；时，递减；

所以，无极小值；

②当时，，此时：

因为时，递减；时，递增；

所以，无极大值；

③当时，

又在递增，所以在上有唯一零点,且,

易证：时，，所以,

所以

又在递减，所以在上有唯一零点，且，故：

当时，递减；当，递增；

当时，递减；当，递增；

所以，，,

.

点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用. 22. 在直角坐标系中，曲线,曲线为参数)，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系.

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)已知射线与曲线分别交于点（异于原点），当时，求的取值范围.

【答案】（1）曲线的极坐标方程为;(2).

【解析】分析：（1）先把曲线的参数方程化为直角坐标方程，再根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可得到的极坐标方程；

（2）由（1）得，即可得到的取值范围.

详解：(1)因为，所以曲线的普通方程为：，由，得曲线的极坐标方程，

对于曲线,,则曲线的极坐标方程为

(2)由(1)得,，

因为，则

点睛：本题考查了极坐标方程的求法及应用.重点考查了转化与化归能力.遇到求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐标的几何意义求解.要结合题目本身特点，确定选择何种方程.

23. 已知函数的最小值为3.

(1)求的值；

(2)若，求证：.

【答案】(1);(2)见解析.

【解析】分析：由绝对值三角不等式，得，即，进而得到的值；（2）由（1），得，进而利用基本不等式，即可作出证明.

详解：(1)解：

所以,即

(2)由，则原式等价为：，即,

而,

故原不等式成立

点睛：本题考查了绝对值不等式的性质，同时考查了基本不等式的应用，绝对值不等式的解法有三种：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.