【文档说明】湖北省2019-2020学年高一下学期期末联考数学试题 【精准解析】【武汉专题】.pdf，共(23)页，558.519 KB，由小赞的店铺上传

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2020年7月湖北省高一年级统一联合测试数学试题本试题卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.★预祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷纸和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2

B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.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.设全集UR，已知集合3Axx或9x，集合Bxxa.若UCAB，则a的取值范围为（）A.3aB.3aC.9aD.9a【答案】

C【解析】【分析】求出A的补集，根据UCAB，求出a的范围即可．【详解】∵3Axx或9x，∴9|3UCAxx，若UCAB，则9a，故选：C．【点睛】本题考查了集合的交集、补集运算，属于基础题．2.已知复

数z满足14iz（i为虚数单位），则复数2z在复平面内对应的点所在的象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先求出复数z，再求出2z，进而求出其坐标，即可得到答案．【详解】因为

41422111iziiii，所以2=222zi，所以复数2z在复平面内对应的点得坐标为222，所在的象限为第四象限．故选：D．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3.已知1sin()3

，则3sin(2)2（）A.79B.79C.33D.33【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式及倍角公式变形求解即可．【详解】解：1sin()sin3，则1sin3，2327sin(2)cos22sin11299

．故选：A．【点睛】本题考查诱导公式及倍角公式的应用计算，是基础题．4.有四个幂函数：①1fxx；②2fxx；③3fxx；④13fxx.某同学研究了其

中的一个函数，他给出这个函数的三个性质：（1）偶函数；（2）值域是yyR，且0y；（3）在,0上是增函数.如果他给出的三个性质中，有两个正确，一个错误，则他研究的函数是（）A.①B.②C.③D.④【答案】B【解析】【分析】根据幂函数的单调性、值域和奇偶性，结合

三个性质两个正确一个错误，对四个幂函数逐一分析，由此确定正确选项.【详解】①1fxx只满足值域是yyR，且0y；③3fxx只满足在,0上是增函数；④13fxx只满足在,0上是增函数；②2fxx是偶函数，在,

0上是增函数，但其值域是0yy.故选B.【点睛】本小题主要考查幂函数的单调性、值域和奇偶性，考查分析与推理的能力，属于基础题.5.齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田

忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为（）A.13B.14C.15D.16【答案】A【解析】【分析】先求出基本事件总数，再求出田忌的马获胜包含的基本事件种数，由此能求出田忌的马获胜

的概率.【详解】分别用A，B，C表示齐王的上、中、下等马，用a，b，c表示田忌的上、中、下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛有Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc共9场比赛，其中田忌马获

胜的有Ba，Ca，Cb共3场比赛，所以田忌马获胜的概率为13.故选：A.【点睛】本题考查概率的求法，考查等可能事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题.6.设锐角ABC的三个内角分别为角A、B、C，那么“2AB”是“sinco

sBA”成立的（）A.充分必要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由诱导公式推导出“2AB”“sincosBA”，从而“2AB”是“sincosBA”成立的充分必要条件．【详解】解：设锐角ABC的三个内角分别为角A

，B，C，“2AB”“2BA”“sinsin2BA”“sincosBA”，“sincosBA”“sinsin()2BA”“2BA”“2AB”，“2A

B”是“sincosBA”成立的充分必要条件．故选：A．【点睛】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查诱导公式、三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题.7.根据食物中维C的含量可大致分为：含量很丰富：鲜枣、沙棘、猕猴桃、柚子，每100克中

的维生素C含量超过100毫克；比较丰富：青椒、桂圆、番茄、草莓、甘蓝、黄瓜、柑橘、菜花，每100克中维生素C含量在50~100毫克；相对丰富：白菜、油菜、香菜、菠菜、芹菜、苋菜、菜苔、豌豆、豇豆、萝卜，每100克中维生素C含量在30~50

毫克.现从猕猴桃、柚子两种食物中测得每100克所含维生素C的量（单位：mg）得到茎叶图如图所示，则下列说法中不正确的是（）A.猕猴桃的极差为32B.猕猴桃的平均数小于柚子的平均数C.猕猴桃的方差小于柚子的方差D.柚子的中位数为121【答案】C【解析】【分析】根据所给数据求出极

差即可判断A，分别求出猕猴桃和柚子的平均数，比较即可判断B，分别求出其方差判断C，结合数据求出柚子的中位数判断D即可．【详解】解：对于A，猕猴桃的极差为：13410232，故A正确；对于B，猕猴桃的平

均数是1(104102113121122134)1166x，柚子的平均数是1(113114121121131132)1226y，故B正确；对于C，猕猴桃的方差是：2111(19614492536324)12263s，柚子的方差是：221

(81641181100)54.676s，故猕猴桃的方差大于柚子的方差，故C错误；对于D，柚子的中位数是121，故D正确；故选：C．【点睛】本题考查了极差，方差，中位数，平均数问题，属于基础题．8.设0.1

log2a，30log2b，则（）A.42()3abababB.42()3abababC.23()4abababD.23()4ababab【答案】B【解析】【分析】由对数的换底公式

可以得出113,22ab，通分再结合不等式的性质ab<0,求出ab的不等关系.【详解】因为0.1log2a，30log2b，所以0ab，222113log0.1log30log3,22ab

所以31122ab，所以423ababab，所以选B.【点睛】本题考查了对数的换底公式和不等式的性质，解题的关键在于得出ab<0,属于中档题.9.已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向

量c满足20acbc，则cr的最大值是（）A.2B.52C.32D.55【答案】B【解析】【分析】设1,0a，0,1b，,cxy，则由题设条件可得,xy的关系为12120xxyy即221152416x

y，故可求22cxyr的最大值.【详解】因为a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，故可设1,0a，0,1b，,cxy，则1,acxy，22,12bcxy，因为2

0acbc，所以12120xxyy，整理得到22102xyxy，即221152416xy，故22cxyr的最大值为221155++=2442

，故选：B.【点睛】本题考查向量的数量积以及向量模长的计算，注意根据问题的特点将向量问题坐标化，从而降低问题的思维难度和计算难度，本题属于中档题.10.在正三棱锥SABC中，M、N分别是棱SC、BC

的中点，且AMMN，若侧棱25SA，则正三棱锥SABC外接球的体积是（）A.2015B.60C.4015D.48【答案】A【解析】【分析】取AC的中点P，连接BP，PS，根据线面垂直的判定定理，证明AC平面BSP，推出SA，SB，SC两两垂直，将正三棱锥SA

BC补成正方体，则正方体的外接球即是正三棱锥SABC的外接球，设外接球半径为R，根据题中数据求出半径，再由球的体积公式，即可求出结果.【详解】取AC的中点P，连接BP，PS，因为在正三棱锥SABC中，底面为

正三角形，各棱长都相等，记ABACBC，SASBSC，所以BPAC，SPAC，又SPBPP，BP平面BSP，SP平面BSP，所以AC平面BSP，因此ACSB，因为AMMN，M、N分别是棱SC、BC的中点，所以AMSB，又AMACA，AM平面

SAC，AC平面SAC，所以SB平面SAC，因此SBSC，SBSA，又正三棱锥各侧面三角形都全等，所以SASC，即SA，SB，SC两两垂直，将正三棱锥SABC补成如图所示的正方体，则正方体的外接球即是正三棱锥SABC的外接球，设外接球半径为R，又25SA，所以2222

202020215RSASBSC，即15R，因此，正三棱锥SABC外接球的体积是3420153VR.故选：A.【点睛】本题主要考查求几何体外接球的体积，熟记球的体积公式，以及几何体结构特征即可，属于常考题型.11.设点D为ABC的边AB上一点，点P为ABC内一点，且

分别满足关系212ADAB，1APADBC，0，则APDABCSS的最大值为（）A.22B.24C.22D.23【答案】B【解析】【分析】根据向量关系得到:1DPBC，212AD

AB，从而得到两个三角形的面积之比，利用基本不等式可求其最大值.【详解】1APADBC，1DPBC，所以:1DPBC，又212ADAB

，所以ADP△的高：ABC的高21:2ADAB，22112122APDABCSS，0，222，当且仅当2，取等号.当2时，APD

ABCSS取得最大值24.故选：B.【点睛】本题考查向量的线性运算以及利用基本不等式求最值，此题关键是根据要求解的面积之比去化简向量关系，从而得到所需的线段长度的比值，本题属于中档题.12.已知fx是定义在1,

1上的奇函数，对任意的1x，21,1x，均有11221221xfxxfxxfxxfx.且当0,1x时，25xffx，11fxfx，那么表达式19019131932020202020

20202020ffff（）A.654B.65C.1314D.1312【答案】C【解析】【分析】由()fx是定义在[1，1]上的奇函数，且()1(1)fxfx，推出

1f，12f，再结合当(0,1)x时，2()()5xffx，推出1()5f，1()25f，4()5f，4()25f，由题意可得x对任意的1x，2[1x，1]，均有2121()(()())0xxfxfx，进而得1903193201()()()202020202

0204fff，再由奇函数的性质()()fxfx算出最终结果．【详解】解：由11fxfx，令0x，得11f，令12x，则1122f﹐当0,1x时，25xffx，152xffx，即11115

22ff，111125254ff，且4111552ff，414125254ff，11903204252020202

025，19031932012020202020204fff对任意的1x，21,1x，均有21210xxfxfx，190120204f，同理190

31932012020202020204fff.fx是奇函数，1901913193202020202020202020ffff

19019131932013120202020202020204ffff，故选：C【点睛】本题考查函数的奇偶性，函数值计算，属于中档题．二、填空题：本大题共4小题，每小题

5分，共20分.13.已知扇形的周长等于它所在圆的周长的一半，则这个扇形的圆心角是__________．【答案】(π2)rad【解析】试题分析：设扇形的半径R，弧长l，根据题意2RlR，解得2lR，而圆心角2

lR.故答案填2.考点：扇形的弧长、圆心角．14.EF、分别是三棱锥PABC的棱APBC、的中点，10,6PCAB，7EF，则异面直线AB与PC所成的角为_____.【答案】60【解析】【分析】根

据题意，取AC中点为M，连接,MEMF，通过余弦定理即可容易求得.【详解】根据题意，取AC中点为M，连接,MEMF，如下图所示：因为,,EMF分别为,,PAACBC中点，故可得EM//PC，MF//AB，故可得EMF

即为AB与PC所成的角或其补角.在EMF中，222122EMMFEFcosEMFEMMF.故120EMF，故AB与PC所成的角为60.故答案为：60.【点睛】将异面直线的夹角转

化为三角形中的角度求解问题，涉及余弦定理解三角形，属基础题.15.若正数a，b满足2ab，则11112Mab的最小值为________.【答案】23【解析】【分析】求出23154aMaa，设254445259aaNaaaaa（当且仅

当2a时“”成立），求出M的最小值即可．【详解】解：2ab，0a，0b，2ba，21111114311411211414541aaMabaaaaaaaa，设

254445259aaNaaaaa（当且仅当2a时“”成立），1109N，1303N，23113N，11112Mab的最小值为23，故答案为：23．【点睛】本题考查了基本不等式的性质，考查转化思想，属

于中档题．16.在ABC中，A，BÐ，C对应边分别为a，b，c，且5a，4b，31cos32AB，则ABC的边c________.【答案】6【解析】【分析】由ab可知AB，然后由cos()AB可求si

n()AB，再由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求cosB，由coscos[()]cos()cossin()sinAABBABBABB可求cosA，结合同角平方关系可求sinA，代入cos

()coscossinsinABABAB，进而可求cosC，进而根据余弦定理可求c的值．【详解】解：ab，AB，31cos()32AB，可知(0,)2AB，23137sin()1()3232AB，由正弦定理

，sin5sin4AaBb，于是可得5sin3731sinsin[()]sin()cossincos()cossin43232BAABBABBBABBB，3sin7cosBB，sincos22BB1

，又BA，可得3cos4B，3133779coscos[()]cos()cossin()sin32432416AABBABBABB，可得257sin116AcosA，935771coscos()coscossinsin1641648CABABAB

，由余弦定理可得222212cos5425468cababC．故答案为：6．【点睛】本题主要考查了正弦定理、同角三角函数的基本关系及和差角的三角公式的综合应用，同时考查了运算的能力，属于中档题．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.17.已知命题:p存在实数xR，使210xax成立.（1）若命题P为真命题，求实数a的取值范围；（2）命题:q任意实数1,2x，使2210xax恒成立.如果p，q都是假命题，求实数a的取值范围.【答案】（1）,22,

；（2）52,4.【解析】【分析】（1）由存在实数xR，使210xax成立得0，得实数a的取值范围；（2）由对勾函数单调性得1522xx，得54a，由已知得p假q假，两范围的补集取交集即可．【详解】

解：（1）:p存在实数xR，使210xax成立2402aa或2a，实数a的取值范围为,22,；（2）:q任意实数1,2x，使12axx恒成立，1,2x，1522x

x，55224aa，由题p，q都是假命题，那它们的补集取交集552,2,2,44，实数a的取值范围52,4.【点睛】本题考查了简易逻辑的判定、对勾

函数的单调性，以及二次函数的取值和判别式△的关系，考查了推理能力，属于基础题．18.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos23cos10CC.（1）求角C的大小；（2）若3ba，ABC的面积为3sinsinAB

，求c的值.【答案】（1）13C；（2）3c.【解析】【分析】（1）由已知结合二倍角公式可求cosC，进而可求C；（2）由已知结合余弦定理可得a，c的关系，然后结合正弦定理可求sinA，sinB，结合已知及三角形的面积公式即可求解．【详解】解：（1）cos23cos10CC

，22cos3cos20CC，解得，1cos2C或cos2C（舍）而0,C所以13C.（2）因为3ba，由余弦定理可得，2219223aacaa，整理可得，7ca.由正弦定理可得，sinsincaCA

，即si32n7aaA，所以21sin14A，sinsin321314BA，故ABC的面积为931328sins2insinAabBC，2139332228a，所以217a，73ca.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在求解三角形中的

综合应用，属于中档题．19.如图，四棱锥SABCD中，//ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形.4ABBC，2CDSD.（1）求证：SDAB；（2）求AB与平面SBC所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）217.【解析】【分析】（1）取AB的中

点E，连接DE，SE，通过证明AB面SDE，可得SDAB；（2）作SFDE，垂足为F﹐求出点F到平面的距离d，则AB与平面SBC所成的角的正弦值为dBE.【详解】（1）取AB的中点E，连接DE，SE，因为CDBE且//

CDBE，所以四边形BCDE为平行四边形，又BCCD，所以四边形BCDE为矩形，所以ABDE，又三角形SAB为等边三角形，所以ABSE，又SEDEE，所以AB面SDE，故SDAB.（2）由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE，作SFDE，垂足为F﹐则SF平

面ABCD，所以SFBC，作FGBC，垂足为G，连结SG，因为SFFGF，则BC⊥平面SFG，所以平面SBC平面SFG，作FHSG，H为垂足，则FH平面SBC，因为三角形SAB为等边三角形，4AB，所以334

2322SEAB，因为2,4SDDE，所以222SDSEDE，所以SDSE，所以22334SDSFDESE，因为2FGDC，所以22347SGSFFG，所以3222177SFFHSGFG

，即F到平面SBC的距离为2217，由于//EDBC，所以//ED平面SBC，故E到平面SBC的距离d也为2217，设AB与平面SBC所成的角为，则221217sin27dEB.【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定与性质，考查了平面与平面垂

直的判定与性质，考查了求直线与平面所成角，属于中档题.20.某种工程车随着使用年限的增加，每年的维修费用也相应增加、根据相关资料可知该种工程车自购入使用之日起，前5年中每年的维修费用如下表所示：年份序号x12345维修费用y（万元）1.1

1.622.52.8（1）根据数据可知y与x具有线性相关关系，请建立y关于x的回归方程ybxa$$$.（2）根据实际用车情况，若某辆工程车每年维修费用超过4万元时，可以申请报备更换新车，请根据回归方程预估一辆工程车一般使用几年后可以申请

报备更换新车.参考公式：1122211nniiiiiinniiiixxyyxynxybxxxnx，aybx$$.【答案】（1）0.430.71yx；（

2）预计一般第8年后可以申请报备更换新车.【解析】【分析】（1）根据最小二乘法，先求回归直线的中心，再代入公式求斜率和截距；（2）利用回归直线解不等式，即可得答案；【详解】（1）由题可得11234535x，11.11.622.52.825y，51

11.121.63242.552.834.3iiixy，521149162555iix，所以，1222134.35320.435553niiiniixynxyb

xnx，20.4330.71aybx，所以y关于x的线性回归方程为0.430.71yx.（2）由题329280.430.714784343xxx，所以预计一般第8年后可以申请报备更换新车.

【点睛】本题考查回归直线方程的求解、及回归直线方程的应用，考查运算求解能力，属于基础题.21.某学校高三年级学生某次身体素质体能测试的原始成绩采用百分制，已知所有这些学生的原始成绩均分布在50,100内，发布成绩使用等级制，各等级划分标准见下表.百分制85分及以上70分到84分60分

到69分60分以下等级ABCD规定：A，B，C三级为合格等级，D为不合格等级.为了解该校高三年级学生身体素质情况，从中抽取了n名学生的原始成绩作为样本进行统计.按照50,60，60,70，70,80，80,90，90,100的分

组作出频率分布直方图如图1所示，样本中分数在80分及以上的所有数据的茎叶图如图2所示（1）根据频率分布直方图，求成绩的中位数（精确到0.1）；（2）在选取的样本中，从A，D两个等级的学生中随机抽取2名学

生进行调研，求至少有一名学生是A等级的概率.【答案】（1）中位数为73.9；（2）914.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图，计算成绩的中位数即可；（2）由茎叶图中的数据，利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值．【详解】解：（1）根据频率分布直方图，所以10.040.10.

120.560.01810y由0.010.018100.28，0.010.0180.056100.840.5所以中位数位于70,80内，所以中位数为0.50.28701073.90.56；（2）由茎叶图知

，A等级的学生有3人，D等级的学生有0.1505人，记A等级的学生为A、B、C，D等级的学生为d、e、f、g、h，从这8人中随机抽取2人，基本事件是：AB、AC、Ad、Ae、Af、Ag、Ah、BC、Bd、Be、Bf、Bg、Bh、C

d、Ce、Cf、Cg、Ch、de、df、dg、dh、ef、eg、eh、fg、fh、gh共28个；至少有一名是A等级的基本事件是：概率．AB、AC、Ad、Ae、Af、Ag、Ah、BC、Bd、Be、Bf、Bg、Bh、Cd、Ce、Cf、Cg、Ch共1

8个；故所求的概率为1892814P．【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了列举法求古典概型的概率问题，属于基础题．22.如图，ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，AF平面ABCD，33DEAF.（1）证明：平面//ABF

平面DCE；（2）在DE上是否存在一点G，使平面FBG将几何体ABCDEF分成上下两部分的体积比为3:11？若存在，求出点G的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在点G且1EG满足条件.【解析】试题分析：（1）根据//,//DEAFABCD，结合面面平

行的判定定理可知两个平面平行；（2）先求出整个几何体的体积.假设存在一点G，过G作//MGBF交EC于M，连接,BGBM，设EGt，求得几何体GFBME的体积，将其分割成两个三棱锥,BEFGBEGM，利用t表示出两个三棱锥的高，再利用体积建立方程，解方程组求得t的值.试题解

析：解：（1）∵DE平面ABCD，AF平面ABCD，∴//DEAF，∴//AF平面DCE，∵ABCD是正方形，//ABCD，∴//AB平面DCE，∵ABAFA，AB平面ABF，AF平面AB

F，∴平面//ABF平面DCE.（2）假设存在一点G，过G作//MGBF交EC于M，连接,BGBM，1331133213332322ABCDEFBADEFBCDEVVV，设EGt，则213921

44GFBMEBEFGBEGMVVV，设M到ED的距离为h，则331hEMtEC，32ht，234EGMSt∴2131393334324tt，解得1t，即存在点G且1EG满足条件.点睛：本

题主要考查空间点线面的位置关系，考查几何体体积的求法，考查探究性问题的解决方法.第一问要证明面面平行，根据面面平行的判定定理可知，只需找到平面的两条相交直线和另一个平面的两条相交直线平行即可.第二问要对几何体进行分割，先假设存在，接着计算出总的体积，然后再次利用分割

法用体积来列方程组，求解出G的位置的值.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com