【文档说明】湖北省八校2020届高三下学期第二次联考数学（理）试题【精准解析】【武汉专题】.pdf，共(27)页，711.524 KB，由小赞的店铺上传

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华师一附中黄冈中学黄石二中荆州中学孝感高中襄阳四中襄阳五中鄂南高中2020届高三八校第二次联考理科数学试题一、选择题：本大题共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.已知集合ln1

Axyx，220Bxxx，则AB（）A.1xxB.12xxC.12xxD.2xx【答案】B【解析】【分析】分别求出集合,AB,根据交集定义即可得出结果.【详解】{|1}A

xx，{|12}Bxx，{|12}ABxx.故选:B.【点睛】本题考查集合的交集运算,属于基础题.2.设复数z满足122zi（i是虚数单位），则z最大值为（）A.2B.2C.32D.3【答案】C【解析】【分析】令OAz，1OBi，=

22OAOBBA,点A在以1,1B为圆心，22r的圆上,根据复数的几何意义即可得出结果.【详解】122zi，令OAz，1OBi，22OAOB，根据复数的几何意义，点A

在以1,1B为圆心，22r的圆上，max32z.故选:C.【点睛】本题考查复数的几何意义在求复数模中的应用,属于基础题.3.已知0.3x，log3y，cos3z，则（）A.zyxB.yzxC.zxyD.xzy【答案】A【解析】【分

析】根据函数的相关性质依次判断即可得出结果.【详解】tx为增函数,0.301x，log3y为增函数,0loglog31log1，32cos30z,即1x,01y，0z,zyx

.故选:A.【点睛】本题考查函数性质在比较大小中的应用,属于基础题.4.广场上有一盏路灯挂在高9米的电线杆顶上，记电线杆的底部为A，把路灯看作一个点光源，身高1.5米的女孩站在离A点5米的点B处，女孩以5米为半径绕着电线杆走一个圆圈，人影扫过的面积约是（π取3.14）（）A.

230.166mB.231.4mC.234.54mD.235.56m【答案】C【解析】【分析】设BCx,通过三角形相似,列出比例关系即可求得结果.【详解】设BCx，根据题意得1.51596xx，解得1x，扫过的面积是222

653.141134.54ms.故选:C.【点睛】本题考查解三角形在实际问题中的应用,属于基础题.5.函数sin4ln||fxxx的部分图像大致为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析

】由函数的奇偶性及特殊值代入即排除错误选项,得出结果.【详解】fxfx，fx为奇函数,排除选项D,因为sinln|88|20f,排除选项A,7372207sinsin=ln||7888ln||f,

排除选项B,故选:C.【点睛】本题考查已知函数解析式判断函数图象问题,考查函数性质,及特殊值代入的排除法,属于基础题.6.2021年湖北省新高考将实行“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式，

现有甲、乙、丙、丁4名学生都准备选物理与化学，并且他们都对政治、地理、生物三科没有偏好，则甲、乙、丙、丁4人中恰有2人选课相同的概率为（）A.16B.512C.58D.49【答案】D【解析】【分析】因为语文、数学、英语必选,甲、乙、丙、丁4名学生都准备选物理与化学,即四人只需在政治、地理

、生物,任选一门课程共有43种方法,恰有两人选课相同即为2343CA种方法,计算即可得出结果.【详解】根据题意四人只需在政治、地理、生物,任选一门课程共有43种方法,恰有两人选课相同即为2343CA种方法,计算可得2343433339CAp.故选:D.【点睛】本题考查排列组合在求古典

概型概率中的应用,属于基础题.7.已知点P为不等式30200xyxyy所表示的可行域内任意一点，点1,3A，O为坐标原点，则OAOPOP的最大值为（）A.3B.1C.2D.12【答案】B【解析】【分析】作出不等式表示的平面区域,令

,OAOP的夹角为,则cosOAOPOAOP,计算即可得出结果.【详解】作出不等式表示的平面区域,如图所示,2OA,令,OAOP的夹角为,60120，结合图形转化可得cosOAOPOAOP，可得最大值是1.故选:B.【点睛】本题主

要考查不等式组表示的平面区域、目标函数的最值，考查考生的作图能力、分析问题的能力,属于中档题.8.已知双曲线2222:=10,0xyCabab的左右焦点分别为1F，2F，以线段12FF为直径的圆交双曲线C的一条渐近线于点M（M在第一象限内），若线段1

MF的中点N在双曲线C的另一条渐近线上，且双曲线C过点2,3，双曲线C的实轴长是（）A.2B.1C.3D.23【答案】A【解析】【分析】根据题意可知12121,2MFMFOMFFc,2=MFONOMbkkka

,可求得渐近线的倾斜角是60，120,计算即可得出结果.【详解】根据题意可知12121,2MFMFOMFFc,2=MFONOMbkkka,设2MFO,则222MFOMOFFMO,即3=180=60，,可得渐

近线的倾斜角是60，120，tan60ba，3ba，因此双曲线方程222213xyaa，该曲线又过点2,3，解得1a，所以实轴长为2.故选:A.【点睛】本题考查双曲线的几何性质,考查学生数形结合的能力,属于中档题.9.已

知函数()sin(2020)cos(2020)44fxxx的最大值为M，若存在实数m，n，使得对任意实数x总有fmfxfn成立，则Mmn的最小值为（）A.2020B.1010C.

505D.31010【答案】B【解析】【分析】令20204x,化简可得2sin2sin20204fxx,由题意可得2M，min12mnT,计算即可得出结果.【详解】令20204x，sincos2xf

sinsin2sin2sin20204x，220201010T由题意可知,2M，min12mnT，Mmn的最小值为1010.故选:B.【点睛】本题考查三角函数的化

简及正弦型函数的性质,属于中档题.10.已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①若m，n，//mn，则//m；②若//m，//n，则//mn；③“4x”是“tan1x”的充分不必要条件；④命题“0xR，

0012xx”的否定是“xR，12xx”.其中正确的命题个数是（）A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】由直线和平面的关系,线面平行的判定定理可判断①②命题的真假,由充分必要条件的定义可知命题③的真假,由含有量词的否定的表达形式可判断命题④的真假.【详解】

对于①,由线面平行的判定定理可知①正确;对于②若//m，//n，则,mn可以平行、相交、异面,故②错误;对于③“4x”可以得到“tan1x”,反之不可以,故“4x”是“tan1x”的充分不必要条件正确;对于④命题“0xR，

0012xx”的否定是“xR，12xx”.故④错误.综上①③正确.故选:C.【点睛】本题主要考查了命题以及充分与必要条件的判定,同时结合线面平行的判定定理和性质定理,三角函数值,及含有一个量词的否定

等知识进行判定,属于中档题.11.如图，在杨辉三角中，斜线l的上方从1按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”数列：1，3，3，4，6，5，10，…，将该数列中的奇数项依次取出组成一个新的数列na，则20130221111aaaa

（）A.20202021B.20192020C.40212020D.40402021【答案】D【解析】【分析】根据题意数列na中12341,3,6,10aaaa…，观察数列特点可知1nna

an,利用累加法,易求得12nnna,由裂项求和计算可得出结果.【详解】根据题意数列na中12341,3,6,10aaaa…,观察数列特点可知1nnaan,利用累加法可求得得12nnna，121121

1nnnnan，22013021111111111404022+2=2320212021122020aaaa.故选:D.【点睛】本题归纳推理,考查累加法求数列的通项公式,考查裂

项求和的方法求数列的和,属于中档题.12.已知，如图正三棱锥PABC中，侧棱长为2，底面边长为2，D为AC中点，E为AB中点，M是PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AMMN最小值是（）A.264B.132C.64D.32

【答案】B【解析】【分析】取CB中点F,连接DF交CE于点O,易证得DO面PCE,要求AMMN最小,即求MN最小,可得MNPCE平面，又可证明//MNDF,再把平面POD绕PD旋转,与面PDA共面,则minAMMNAN结合数据解三角形

即可.【详解】取CB中点F,连接DF交CE于点O,易证得DO面PCE,要求AMMN最小,即求MN最小,可得MNPCE平面，又可证明//MNDF,再把平面POD绕PD旋转,与面PDA共面,又可证得90POD.12PDAC，111

1122242DODFABAB，1sin2ODOPDPD，即30OPD，453075APN，可得62sin754，min31sin752AMMNANPA.故选:B.【点睛】本题考查空间几何体中的距离

最值问题需要学生有较强的空间想象和思维能力,综合性较强.在解决此类最值问题时,一般采用侧面展开的形式将立体问题转化为平面问题解决.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分；其中16题第一空3分，第二空2

分.13.在等比数列na中，11a，48a，则5S_______________.【答案】31【解析】【分析】由已知求得公比q,利用等比数列的求和公式计算即可.【详解】设等比数列na公比q,易求得38q，

2q=，531s.故答案为:31.【点睛】本题考查等比数列通项公式和求和公式中基本量的计算,属于基础题.14.自湖北武汉爆发新冠肺炎疫情以来，武汉市医护人员和医疗、生活物资严重短缺，其他兄弟省市纷纷驰援武汉等地.某运输队50辆汽车载满物资急赴武

汉，如图是汽车经过某地时速度的频率分布直方图，则这50辆汽车速度中位数的估计值是_______________.【答案】65【解析】【分析】根据中位数是从左数小矩形的面积之和为0.5的矩形底边上点的横坐标，计算求解.【详解】根据图形可列式100.10100.02600.040.5x

，解得65x.故答案为:65.【点睛】本题考查频率分布直方图的相关知识,直方图中的各个矩形的面积代表了频率,所有各个矩形面积之和为1,也考查了中位数,属于基础题.15.已知函数,(02)()2ln,(24)xxfxxx，若存在实数1x，2x满足1204xx，且

12fxfx，则21xx的最大值为_______________.【答案】2e【解析】【分析】由题意可知122ln0,2xx,解得21xe,结合已知则有22xe,此时21222lnxxxx,构造函数2lngxxx求导即可求

出最值.【详解】根据题意得122ln0,2xx，20ln1x，即21xe，又22x，22xe，此时21222lnxxxx，构造函数2lngxxx,则221=xgxxx,所以函数gx在2,xe

上单调递增，即21max2xxexgge.故答案为:2e【点睛】本题主要利用导数求函数的最值,关键是构造函数,属于难题.16.已知不过原点的动直线l交抛物线2:20Cypxp于A，B两点，O为坐标原点，且OAOBO

AOB，若OAB的面积最小值是32，则（1）p_______________；（2）直线l过定点_______________.【答案】(1).22(2).42,0【解析】【分析】由OAOBOAOB可知O

AOB,设11,Axy，22,Bxy,设:lxmyt与抛物线22ypx联立,,由12120xxyy借助韦达定理化简可得2tp,代入三角形面积公式结合已知条件可求得p,进而求出直线经过的定点.【详解】设直线

与抛物线交于A，B两点，11,Axy，22,Bxy，易知OAOB可得，22121212120022yyxxyyyypp，得到2124yyp，又令:lxmyt代入抛物线22ypx中，可得方程2220ypmypt，由韦达定理得212

122,24yyyyptppm，2tp，2222222112||4162442spyyppmppmp，即2432p，解得22p，得42t求得定点42,0.故答案为:(1).22,(2).4

2,0.【点睛】本题考查了直线与抛物线的综合,考查了直线恒过定点问题,考查了韦达定理的应用及范围问题的解决方法,属难题.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.17.已知函数226fxcosxsinx.（1）求fx最小正周期及对称中心；（2）在锐角ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且12fA，

4b，求ABC面积的取值范围.【答案】（1）T，对称中心是,0,212kkZ；（2）23,83【解析】【分析】(1)首先将函数的解析式化简为()sin()fxAxB的形式，然后确定其最小正周期和对称中心即可；(2)由已知可解得3A

,由于ABC为锐角三角形,可求得,62B,利用正弦定理化简可得2322,8tancB,根据面积公式计算即可得出结果.【详解】（1）31cos2sin2cos222fxxxx，31si

n2cos2sin2226xxx.T；又26xk，212kx，即对称中心是,0,212kkZ.（2）1262fAsinA

，3A，又ABC为锐角三角形，20,32B且0,2B，即,62B，1tan3B，得到103tanB，而在ABC中，4sinsinCCB，3124cossin4sin2223cos2sin3sinsinsinBBB

BBcBBB即2322,8tancB，113sin43222sbcAcc，23,83s.【点睛】本题主要考查三角函数的化简与性质，正弦定理解三角形的方法等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力,难度较易.18.

已知，如图四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，60ABC，2ABPA，PA平面ABCD，E，M分别是BC，PD中点，点F在棱PC上移动.（1）证明无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF平面PAD；（2）当直线A

F与平面PCD所成的角最大时，求二面角FAEM的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）31010【解析】【分析】(1)易证得AEAD,PAAE,即证得AE⊥平面PAD,进而证得结论.(2)以AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立坐标系,设3,,2PFPC

,根据向量法求出线面成角的正弦值,求出取最大值时的参数,依次求出法向量即可得出结果.【详解】（1）连接AC.底面ABCD为菱形，60ABC，ABC是正三角形，E是BC中点，AEBC，又//ADBC，AEAD，又PA

平面ABCD，AE平面ABCD，PAAE，又PAADA，AE平面PAD，又AE平面AEF，平面AEF平面PAD.（2）由（1）知，AE，AD，AP两两垂直，以AE，AD，AP所在直线分别为x轴

，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易知：0,0,0A，3,1,0B，3,1,0C，0,2,0D，002P,,，0,1,1M，3,1,2PC，3,,2PFPC，0,0,2,AP

而0,0,23,,23,,22AFAPPF且0,2,2PD，设平面PCD的法向量000,,mxyz，00000320220xyzyz，取03z，1,3,3m.根据题意，

线面角22233232373ins412231172222=当12时，sin最大，此时F为PC的中点，即31,,122F，3,0.0AE，31,,122AF，

0,1,1AM.设平面AEF的法向量为1111,,nxyz，平面AEM的法向量为2222,,nxyz，11113031022xxyz，解得10,2,1n，同

理可得20,1,1n，12|21|3310coscos,105210nn，所以二面角FAEM的平面角的余弦值为31010.【点睛】本题考查面面垂直的判定方法,考查向量法解决线面成角,面面成角问题,属于中档题.19.某品牌布娃娃做促销活动：已知有50个布

娃娃，其中一些布娃娃里面有奖品，参与者可以先在50个布娃娃中购买5个，看完5个布娃娃里面的结果再决定是否将剩下的布娃娃全部购买，设每个布娃娃有奖品的概率为01pp，且各个布娃娃是否有奖品相互独立.（1）记5个布娃娃中有1个有奖品的概率为fp，当0pp时

，fp的最大值，求0p；（2）假如这5个布娃娃中恰有1个有奖品，以上问中的0p作为p的值.已知每次购买布娃娃需要2元，若有中奖，则中奖者每次可得奖金15元.以最终奖金的期望作为决策依据，是否该买下剩

下所有的45个布娃娃；（3）若已知50件布娃娃中有10个布娃娃有奖品，从这堆布娃娃中任意购买5个，若抽到k个有奖品可能性最大，求k的值.（k为正整数）【答案】（1）15；（2）买下剩下所有的45个布娃娃；（3）1k【解析】【分析】(1)求出fp的表达式

,再进行求导,利用导数性质能求出fp的最大值点0p.(2)由(1)可知015p,设剩下45个布娃娃中有Y个奖品,获利为X元,则145,5YB，又1590XY,求出EX即可得出结果;(3)设抽到k个有奖品的可能性为pk，则

10405550kkCCpkC，根据题意可得11pkpkpkpk,计算即可得出结果.【详解】（1）由题意可得4151pfpCp，4315141fpCppp315115Cpp，令()0f

p得15p.当1(0,)5p时,()0fp；当1(,1)5p时,()0fpfp的最大值点为015p,因此当015p时,fp取最大值.（2）由(1)可知015p，设剩下45个布娃娃中有Y个奖品，获利为X元，则145,5

YB，又1590XY.因此15901590EXEYEY11545904505因此买下剩下所有的45个布娃娃.（3）设抽到k个，有奖品的可能性为pk，则10405550kk

CCpkC，根据题意可得11pkpkpkpk，即504555051104010400kkkkCCCCCC且56555110405400001kkkkCCCCCC，化简得

105136351116kkkkkkkk，解得7332626k，从而1k.【点睛】本题考查导数在研究函数最值中的应用,考查二项分布及其应用,考查数学期望的计算及其应用,考查超几何分布概率

最大值时求对应的参数问题,属于中档题.20.已知1F，2F分别为椭圆2222:10xyCabab的左右焦点，点61,22P在椭圆C上，且12||||22PFPF（1）求椭圆C的方程；（2）设A为椭圆C的左顶点，过点2F

的直线l椭圆C于M，N两点，记直线AM，AN的斜率分别为1k，2k，若123kk，求直线l方程.【答案】（1）2212xy；（2）223220xy【解析】【分析】(1)根据已知可得222a,

点P代入椭圆方程中,即可得出结果.(2)讨论直线斜率是否存在,存在时设出直线方程和椭圆方程联立,设1122,,,MxyNxy,121212,22yykkxx,由已知借助韦达定理化简即可求得斜率k,求得结果

.【详解】（1）12||||22PFPF易求得2a，点61,22P代入椭圆2222:10xyCabab中,可解得:1b，椭圆方程：2212xy.（2）易求得右焦点1,0F，若直线l斜率不存在时，12

0kk，不合题意，舍去；设直线l的方程为1ykx，联立方程22112ykxxy，化简得2222124220kxkxk.由题意易知恒成立，设直线l与椭圆C的两个交点为1122,,,MxyNxy，根据韦达定理得22121222422,12

12kkxxxxkk，而121212,22yykkxx，又有123kk，即12121212112222kxkxyyxxxx，121212122122222xxxxkxxxx222222224442122

1212224221212kkkkkkkkk222222442142221224224kkkkkkk2242222264222kkk223k，解得223k.

直线22:13lyx，即223220xy.【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查韦达定理在解决直线和椭圆的位置关系问题中的应用,考查计算求解能力,难度较难.21.已知函数lnsinfxxaxx，其中0,x；（l）判断函数fx是否存在极值，若存在，

请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由；（2）讨论在,2上函数fx的零点个数.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】(1)1cosfxaxx，设1cosgxaxx，21sin0gxxx

，因此fx单调递减,min11fxfa,讨论fx正负即可判断出极值情况;(2)由(1)可知若11a时,fx恒为增函数,计算可知min0fx,此时无零点

,若11a时,00fx,可求得001cosaxx,讨论a与0x的关系,及若00,2x，0,2x,函数在区间,2的单调性及函数值在区间端点的符号,即可得出结论.【详解】（1）1cosfxaxx，设

1cosgxaxx，21sin0gxxx，因此fx单调递减，min11fxfa，又0x时，fx，若0f，即11a时，00,x，使00fx；当

00,xx时，0fx，fx单调递增，当0,xx时，0fx，fx单调递减，fx在0x处取极大值，不存在极小值.若0f，即11a，0fx，fx在0,单调递增，

此时fx无极值.（2）由第一问结论可知：（i）若11a时，由上问可知：min11ln11ln0222222fxf，即11a时函数没有零点.（ii）若11a

时，00,xx时fx单调递增；0,xx时，fx单调递减.由00fx，得00cos01axx，从而001cosaxx，再设c1oshxxx，则2sin01xxhx，从而a关于0x单调递增.①若00,2

x，此时2,a，若02ff得21ln2a或lna，所以21ln2a时无零点；若02ff得2ln1

ln2a，所以221ln2a时有一个零点；当21ln2a，0,02ff，有一个零点.因此21ln2a

时无零点；221ln2a时有一个零点；②0,2x此时21,1a，ln10222fa，lnfa，000maxlnsinfxfxxaxx

0000lnsins1coxxxx，设lnsincos1mxxxxx，则sin01xxmxx，所以maxln022fxm，若0f即lna，即ln11a时无零点；若0f即lna，即2lna

时有一个零点.综上所述：2ln,ln,21a时无零点；2ln1ln,2a时有一个零点.【点睛】本题考查导数在求解函数极值中的应用,考试导数在判断函数单调性的应用,本题综合考查了函数

的零点问题,难度困难.22.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为1212xttytt（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆222:228Cxy.（1）求1C，2C极坐标

方程；（2）若射线6分别与曲线1C，2C交于A，B两点，求2CAB△的面积.【答案】（1）21:cos28C，2:42cosC；（2）231【解析】【分析】(1)先将曲线1C的参数方程化为普通方程,再将普通方程化为极坐标方程即可.(2)用极坐标方程的几何意义求解,把6代

入曲线1C,2C的极坐标方程,求得两点的极径，极径相减可得两点间距离,再根据几何关系求出高即可.【详解】（1）依题意得222222144144xttytt，整合得到：228xy，令cosx，siny，化简得2cos28，

对于22228xy，22420xyx，化简得：42cos，12:cos28C；2:42cosC.（2）,AA，,BB，依题意得2cos216

，解得2A；42cos26，解得26B，262ABAB.又2sin6dOC，解得2d，11262243223122s.【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互

化,考查直角坐标方程与极坐标方程的互化,考查极坐标方程的应用以及极坐标中极径的几何意义,属于中档题.23.已知函数124fxxx，3fxM的解集为2{|}4xx.（1）求M；（2）若正实数a，b，c满足abcM

，求证22222212abbccacab.【答案】（1）6；（2）见解析【解析】【分析】(1)分段讨论当2x时，当21x-£<时，当1x时，函数fx的值域,然后求函数在定义域上的值域即可;

(2)由已知条件6abc,再结合重要不等式和基本不等式证明即可.【详解】（1）易知33,2124=5,2133,1xxfxxxxxxx,在4|2xx的最大值是9，39M，即6M.（

2）222222222abbccaabbcaccabcab，又2222abbcaccbcabaabcabccabbcacab，当且仅当abc时，等号成立，又6abcM，22222212abbccaca

b成立.【点睛】本题考查了含绝对值符号的函数值域的求法,重点考查了重要不等式和基本不等式的应用,属中档题.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com