湖北省2019届高三数学4月份调研考试试题文(含解析)

则，，，此时，
而，故.
【点睛】此题主要考察直线与圆锥曲线地点关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转变为方程组关系问题，最后转变为一元二次方程问题，故用韦达定理及鉴别式是解决圆锥曲线问题的要点方法之一，特别是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽略鉴别式的作用．
5.如图，正方体中，，，，分别为，，，的中点，则直
线，所成角的大小为（）
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】
【剖析】
经过做平行线，获得直线，所成角的大小，可转变为的夹角，三角形,
三边均为正方体的面对角线，是等边三角形，从而获得结果.
【详解】
连结，依据， ，，分别为，，，的中点，可获得是三角
形的中位线，故获得同理可获得，从而直线，所成角的大小，
偶性和单一性来达到解不等式的目的.
7.已知，，向量，则（）
A. -22B. 22C. 6D. -6
【答案】A
【分析】
【剖析】
依据点的坐标获得，再由向量点积的坐标公式获得结果.
【详解】已知，向量,,
故答案为：A.
【点睛】这个题目考察了向量的点积运算以及向量的坐标表示和运算，属于基础题目.
8.已知函数在区间上是增函数， 其在区间上恰巧获得一次最
【分析】
【剖析】
,函数是定义域为的奇函数，依据函数表达式可获得
函数单一递加，故只要要.
【详解】当时，,
,
函数是定义域为的奇函数，当时，,可获得函数是单一递加的，
故在整个实属范围内也是单一递加的，故只要要.
故答案为：A.
【点睛】这个题目考察了函数奇偶性的应用，以及函数单一性的应用，对于解不等式的问题，假如不等式的分析式未知或许已知表达式，直接解不等式特别复杂，则往常是研究函数的奇
罕有一门被选出来的概率为（）
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】
【剖析】
从中任选两门有种选法，此中“礼”和“书”起码有一门被选出来，分两种状况，将
两种状况加到一同即可.
【详解】从中任选两门有种选法，此中“礼”和“书”起码有一门被选出来，分两种
状况，其一二者有一个被选出来，选法有：种，两个都被选中有1种选法，共有9
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】
【剖析】
依据同角三角函数关系获得
再由
，从而
获得结果.
【详解】已知
，
，则
由于
故答案为：B.
【点睛】此题主要考察了同角三角函数基本关系的应用．此题利用了
sin2θ+cos
2θ=1奇妙的
达成弦切互化．常用的还有三姐妹的应用，一般
，
，这三
者我们成为三姐妹，联合
，能够知一求三.
【详解】正三棱柱的底面边长为3,故底面的外接圆的半径为：
外接球表面积为
外接球的球心在上下两个底面的外心MN的连线的中点上，记为O点，以下图
在三角形中，
解得
故棱柱的体积为：
故答案为：D.
【点睛】此题考察了球与几何体的问题，是高考取的要点问题，要有必定的空间想象能力，这样才能找准关系，获得结果，一般外接球需要求球心和半径，第一应确立球心的地点，借助于外接球的性质，球心到各极点距离相等，这样可先确立几何体中部分点构成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的极点的距离相等，
16.如图，过抛物线
的焦点
作两条相互垂直的弦
、，若
与
面积之和的最小值为
16，则抛物线的方程为
______.
【答案】
【分析】
【剖析】
根据
焦半
径公
式表
示出面
积表达
式
，依据直线和x轴夹角的
范围获得面积的范围.
【详解】设直
线
AC
和
x轴的夹角为
由焦半径公
式得到
面积之和为：
通分化简获得
原式子化简为
依据二次函数的性质当
而后相同的方法找到另一个多边形的各极点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点） ，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再依据半径，极点究竟面中心的距离，球心究竟面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法获得半径，例：三条侧棱两两垂直
的三棱锥，能够补成长方体，它们是同一个外接球.
10.在中，给出以下说法：
求
解即可.
【详解】（1）由
，
，
知
，则
，
由
面
，
面
得
，
由
，
，
面
，
则
面
，则点
到平面
的距离为一个定值，
.
（2）设直线
与平面
所成的角为
，
由
，
可知
，
又
面
，
面
，故
，
，
则
面
，
则
点到平面
的距离为
，
由
知点 与点
到平面
的距离相等，
则点 到平面
的距离为
，
由
知
，
故
.
【点睛】这个题目考察了空间中的直线和平面的地点关系，线面角的求法，求线面角，一是
故答案为：B.
，故只要要
【点睛】此题考察函数的零点，导数的综合应用．在研究函数零点时，有一种方法是把函数的零点转变为方程的解，再把方程的解转变为函数图象的交点，特别是利用分别参数法转变
为动直线与函数图象交点问题，这样便可利用导数研究新函数的单一性与极值，从而得出函数的变化趋向，得出结论．
二、填空题。
B.
C.
D.
【答案】B
【分析】
【剖析】
函数
的图像上存在两个点对于
轴对称,即
的图像对于y轴
变换后和
有交点，
有正根，结构函数
求导获得函
数的单一性和最值，从而获得结果.
【详解】函数
的图像上存在两个点对于
轴对称,即
的图像
对于
y轴变换后和
有交点，即
有正根，
有正根，
令
，
，故导函数恒大于
0，原函数单一递加，
故获得
故获得
故②正确；若，即
故三角形为钝角三角形，故③错误.
故答案为：C.
【点睛】此题考察命题真假的判断，解题时要仔细审题，注意正弦定理、引诱公式等知识的合理运用．
11.生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人材识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中
国周代的贵族教育系统，详细包含“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化，某校在学生业余兴趣活动中展开了“六艺”知识讲座，现从中任选两门，此中“礼”和“书”至
种选法，
概率为
故答案为：C.
【点睛】解摆列组合问题要按照两个原则：
①按元素(或地点)的性质进行分类；
②按事情发生的过程进行分步．详细地说，解摆列组合问题常以元素(或地点)为主体，即先知足特别元素(或地点)，再考虑其余元素(或地点)．
12.已知函数的图像上存在两个点对于轴对称，则实数的取值范围为
（
）
A.
t=1
时有最小值，
此时
抛物线方程为：
故答案为：
.
【点睛】此题主要考察了抛物线的几何性质．解题的要点是利用了抛物线的定义以及焦半径公式。一般和抛物线有关的小题，好多时能够应用结论来办理的；平常练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用。特别和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转变。
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【点睛】此题考察了分层抽样的观点的应用属于基础题.
15.已知实数， 知足拘束条件，则的最大值为____.
【答案】2
【分析】
【剖析】
依据不等式画出可行域，联合图像获得目标函数最值.
【详解】依据不等式画出可行域如图中暗影部分所示：
化为：,当直线的截距最小时目标函数有最大值，当直线过点C时，获得最
大值，设
17.已知数列知足，其前项和为，当时，，，成等差数列
（1）求证为等差数列；
（2）若，，求数列的前项和.
【答案】(1)目睹明；(2)
【分析】
【剖析】
(1)依据等差数列的观点获得，变形化简获得，
则，得证；（2）依据第一问获得的结论获得，，裂项乞降即
可.
【详解】（1）当时，由，，成等差数列得：，
即，即，则，
又，故是公差为1的等差数列.
（2）由（1）知等差数列公差，当，则，
所以.
则.
【点睛】这个题目考察的是数列通项公式的求法及数列乞降的常用方法；数列通项的求法中
有常有的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，可是这类方法需要检
验n=1时通项公式能否合用；数列乞降常用法有：错位相减，裂项乞降，分组乞降等。
研究函数的单一性和最值时，一般采纳的是整体思想，将ωx +φ看做一个整体，地位等同
于sinx中的x.
9.已知正三棱柱的底面边长为3，外接球表面积为，则正三棱柱的
体积为（）
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】
【剖析】
依据正三棱柱的几何特色获得外接球的半径为2，找到球心地点，由勾股定理获得棱柱的高，
从而获得体积.
13.函数
的定义域为
_______.
【答案】
【分析】
【剖析】
函数
的定义域为：不等式：
的解集
.
【详解】函数
的定义域即
:不等式：
.
故答案为：
【点睛】这个题目考察了详细函数的定义域问题，对于函数定义域问题，第一分式要知足分
母不为0，根式要求被开方数大于等于0，对数要求真数大于0，幂指数要求底数不等于0即
可.
湖北省2019届高三数学4月份调研考试一试题文（含分析）
一、选择题：在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的.
1.已知会合，，则（）
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】
【剖析】
依据指数不等式的解法获得会合=，再由会合的交集的观点获得结果.
【详解】会合，=
依据会合的交集的观点获得.
故答案为：B.
可转变为的夹角，三角形,三边均为正方体的面对角线，是等边三角形，故得
到的夹角为
故答案为：C.
【点睛】这个题目考察了异面直线的夹角的求法，常有方法有：经过做平行线将异面直线转
化为同一个平面的直线，从而将空间角转变为平面角.
6.已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则不等式
的解集为（）
A.B.
C.D.
【答案】A
【点睛】这个题目考察了会合的交集的解法，以及指数不等式的解法.
2.已知复数，则以下关系式中正确的选项是（）
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】
【剖析】
依据复数的模的计算获得从而判断其余选项的正误.
【详解】复数，清除AB，
故获得
故答案为：D.
【点睛】这个题目考察了复数的模长的计算，属于简单题.
3.已知，，则（）
①若，则必定有；
②恒有；
③若，则为锐角三角形.
此中正确说法的个数有（）A.0Βιβλιοθήκη .1C.2D.3【答案】C
【分析】
【剖析】
依据三角形中大边对大角以及正弦定理获得①正确；由正弦函数的单一性获得②正确；由前
两个判断的基础获得故最后一个错误.
【详解】在中，若，依据大边对大角可获得，故
①正确；在中，
正弦函数在这一区间内是单一递加的，
（1）依据题干列出式子求解即可；（2）设出直线方程，联立直线和椭圆方程，
设，，，，依据韦达定理化简获得结果.当直线
与 轴重合时考证即可.
【详解】（1）联合题干条件获得，解之得，
由，知故椭圆的方程为：，
（2）设，，，
若直线与 轴不重合时，设直线的方程为，点，，
代入椭圆方程整理得：
，明显，则，，
若直线与 轴重合时，
14.某工厂甲，乙，丙三个车间生产同一种产品，数目分别为
120件，80件，60件.现用分层
抽样抽取一个容量为
的样本进行检查，此中从乙车间的产品中抽取了
4件，则
______.
【答案】13
【分析】
【剖析】
依据分层抽样的观点列式即可.
【详解】依据分层抽样的观点获得从各个车间应当抽取的数目为：
,此中
故答案为：13.
4.已知双曲线
的离心率为
，则双曲线
的渐近线方程为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【分析】
【剖析】
依据双曲线的离心率公式获得
从而获得渐近线方程.
【详解】已知双曲线
的离心率为
，
即
双曲线的渐近线方程为：
故答案为：B.
【点睛】这个题目考察了双曲线的离心率的求法，以及设计了离心率和渐近线的表达式间的关系，属于基础题.
代入获得最大值2.
故答案为：2.
【点睛】利用线性规划求最值的步骤：
(1)在平面直角坐标系内作出可行域．
(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常有的种类有截距型（率型（ 型）和距离型（ 型）．
型）、斜
(3)确立最优解：依据目标函数的种类，并联合可行域确立最优解．
(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。
能够利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值.
19.已知椭圆的离心率为，短轴长为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与 轴交于点，过点的直线与 交于、两点，点为直线上任
意一点，设直线与直线交于点，记，，的斜率分别为，，，求证：
.
【答案】(1)(2)目睹明
【分析】
【剖析】
大值
2，则
的取值范围是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【分析】
【剖析】
依据函数的单一性获得
二者取交集即可
.
，又由于在区间
上恰巧获得一次最大值，从而获得
【详解】函数
故获得
当时，
，函数
在区间区间
上是增函数，
上恰巧获得一次最大值，故获得
综上：
故答案为：A.
【点睛】这个题目考察了三角函数的单一性的应用以及三角函数最值的求法，属于基础题.在
18.已知四棱锥中，底面，，，，.
（1）当
变化时，点
到平面
的距离能否为定值？假如，恳求出该定值；若不是，请说
明原因；
（2）若
，求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(1)看法析；(2)
【分析】
【剖析】
(1)依据几何关系获得
面
，从而获得点面距离；
(2)第一依据几何关系以及平行关系
转变获得点
与点
到平面
的距离相等，