湖北省武汉市2020届高三下学期5月质量检测数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com武汉市2020届高中毕业生五月质量检测

文科数学

本试卷共5页，23题（含选考题）.

★祝考试顺利★

注意事项：

1.答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，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2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、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：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.

一、选择题：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.已知复数满足，，则复数（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

首先根据题意得到，再化简即可得到答案.

【详解】.

故选：B

【点睛】本题主要考查复数的乘法运算，属于简单题.

2.已知集合，，则（    ）.

A  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

首先分别解不等式和，再求交集即可.

【详解】因为，

所以.

因为，所以.

.

故选：C

【点睛】本题主要考查集合交集运算，同时考查了分式不等式和绝对值不等式的解法，属于简单题.

3.某单位有职工160人，其中业务人员96人，管理人员40人，后勤服务人员24人，为了了解职工基本情况，要从中抽取一个容量为20的样本，如果采取分层抽样方式，那么抽到管理人员的人数为（    ）.

A. 3 B. 5 C. 10 D. 15

【答案】B

【解析】

【分析】

计算出管理人员所占比例，再乘以样本容量即可.

【详解】样本总量为160人，其中管理人员有40人，其所占比例为，

现抽取一个容量为20的样本，抽到管理人员的人数为人.

故选：B

【点睛】本题考查求分层抽样中基本量，属于基础题.

4.若某几何体的三视图如下，则该几何体的体积为（    ）.

A. 2 B. 4 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

该三视图还原之后是一个斜四棱柱，为了方便理解，可以将其分开成两个三棱柱再拼凑成一个长方体，最后由长方体体积公式计算即可.

【详解】该三视图还原之后是一个斜四棱柱，

为了方便理解，可以将其分开成两个三棱柱再拼凑成一个长方体，

所以体积为.

故选：B

【点睛】本题考查由三视图求直观图的体积，属于基础题.

5.已知，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

试题分析：根据题意，由于,两边平方可知1-sin2x=,因此可知=，故选D．

考点：二倍角正弦公式

点评：主要是考查了二倍角公式的运用，属于基础题．

6.函数的值域为（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

令，对函数分离常数后可得原函数的值域.

【详解】函数的定义域为.

令，则，其中，

故的值域为，

故的值域为.

故选：C.

【点睛】本题考查函数值域的求法，一般地，对于形如，我们可以用分离常数的方法来求其值域.

7.已知，，是从点引出的三条射线，每两条射线间夹角都是，则直线与平面所成角的余弦值是（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

过上一点作平面，则就是直线与平面所成的角，说明点在的平分线上，通过直角和直角，求出直线与平面所成角的余弦值．

【详解】过上一点作平面，

则就是直线与平面所成的角．

因为，

所以点在的平分线上，即．

过点作，，

因为平面，则，．

设，．

在直角中，，，则．

在直角中，，．

则．

即直线与平面所成角的余弦值是．

故选：．

【点睛】本题主要考查直线与平面所成角的求法，考查直线与直线的垂直的证明方法，考查空间想象能力和计算能力，熟练掌握基本定理、基本方法是解决本题的关键．

8.已知平面上定点和，又点为双曲线右支上的动点，则的最大值为（    ）.

A. 8 B. 10 C. 11 D. 13

【答案】D

【解析】

【分析】

由题意可得点为双曲线的左焦点，设点为双曲线的右焦点，由双曲线的定义可得，然后求出的最大值即可.

【详解】

由题意可得点为双曲线的左焦点，设点为双曲线的右焦点

由双曲线的定义可得

所以

由图可得，当三点共线时

取得最大值，最大值为

所以的最大值为13

故选：D

【点睛】本题主要考查的是双曲线定义的应用，属于常考题型.

9.已知向量，向量与夹角为，且，则（    ）.

A.  B. 2 C.  D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】

利用向量的数量积定义，可求出，再利用，展开即可求解.

【详解】，与夹角为，

，解得，

.

故选：A

【点睛】本题考查了向量数量积的定义、向量模的求法，需熟记公式，属于基础题.

10.已知函数图象关于直线对称，则函数在区间上零点的个数为（    ）.

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】

根据对称轴可得，从而求出，进而可得，令，解方程即可.

【详解】函数图象关于直线对称，

所以，解得，

又因为，所以，

所以，

令，

则，

解得，

因为，

所以，，.

即函数在区间上零点的个数为3.

故选：C

【点睛】本题考查了余弦函数的性质以及求函数的零点个数，解题的关键是掌握余弦函数的对称轴，属于基础题.

11.设直线与抛物线交于，两点，若线段中点横坐标为2，则直线斜率（    ）.

A. 2 B.  C.  D. 或2

【答案】A

【解析】

【分析】

将直线方程与抛物线方程联立消可得：，根据判别式可得的取值范围，利用韦达定理以及中点坐标公式可得，解方程即可求解.

【详解】联立直线与抛物线，

消整理可得，

设，，

由题意，

解可得，解可得或，

综上可知，.

故选：A

【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系、中点弦问题，考查了考生的基本运算能力，属于基础题.

12.已知函数在无零点，则实数的取值范围为（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

首先求出导函数，根据选项只需讨论时函数的单调性，当时，可知函数在单调递减，上单调递增，只需函数的极小值即可.

【详解】由函数，则，

由选项可知，

当时，，即函数在上单调递减，

当时，，即函数在上单调递增，

所以是函数的极小值点，

若要函数在无零点，

只需，即，

解不等式可得.

故选：B

【点睛】本题主要考查了利用导函数研究函数的零点问题、函数的单调性，函数的极值、最值，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13.函数的图象在点处的切线方程为__________.

【答案】

【解析】

【分析】

求导得到，计算，，得到切线方程.

【详解】，则，故，

故切线方程为：，即

故答案为：

【点睛】本题考查了切线方程，意在考查学生的计算能力.

14.柜子里有3双不同鞋子，随机地取出2只，则取出的2只鞋子刚好成对的概率为______.

【答案】

【解析】

【分析】

列举出所有的情况，找出符合题意的情况，由古典概型的概率计算公式，即可得出答案.

【详解】设三双鞋子分别为、、，

则取出2只鞋子的情况有：

，，，，，

 ，，，，

，，，

，，

，共种.

其中，成对的情况有：

，，，共种，

由古典概型的公式可得，所求概率为.

故答案为：

【点睛】本题考查了通过列举法求古典概型的概率，属于基础题.

15.已知，为直线上两点，为坐标原点，若，则面积的最小值为______.

【答案】

【解析】

【分析】

设点到直线的距离为，再利用三角形的面积公式可得，再利用余弦定理以及基本不等式可得，结合三角形的面积公式即可求解.

【详解】由直线可得，

则点到直线的距离为，

由，

则，，

中，由余弦定理

，当且仅当，等号成立，

所以，解不等式可得，

即面积的最小值为.

故答案为：

【点睛】本题考查了三角形的面积公式、余弦定理以及基本不等式，需熟记公式，属于基础题.

16.一种药在病人血液中的量保持以上才有疗效；而低于病人就有危险.现给某病人静脉注射了这种药，如果药在血液中以每小时20％的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过______小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效.（附：，，精确到）

【答案】

【解析】

【分析】

先设未知数，再根据题意列出不等式，整理得出指数不等式，再利用指数函数的单调性、指对关系、换底公式和对数的运算性质以及条件进行求解.

【详解】设应在病人注射这种药经过小时后再向病人的血液补充这种药，

则血液中的含药量与注射后的时间的关系式为：，

依题意，可得，

整理可得，

所以，即，

由，

所以.

故在起经过小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效.

故答案为：

【点睛】本题主要考查了建立拟合的函数模型求解实际问题，关键是能够通过已知关系建立起恰当的函数模型，通过函数模型构造不等式，属于基础题.

三、解答题：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.

（一）必考题：

17.已知等差数列的前项和为，且满足：，.

（1）求数列的通项公式；

（2）记数列的前项和为，求取得最大值时的值.

【答案】（1）（2）10

【解析】

【分析】

（1）利用等差数列的通项公式即可求解.

（2）利用等差数列的前项和公式求出，从而求出此数列的正数项，进而可确定取得最大值时的值.

【详解】设差等数列公差为，依题意有.

解之得，则，

故的通项公式为：.

（2）由，得，

所以，即，由，故，

故取最大值时的值为10.

【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，熟记公式是解题的关键，属于基础题.

18.李老师在某大学连续三年主讲经济学院的高等数学，下表是李老师这门课三年来学生考试成绩分布：

（1）求这三年中学生数学考试的平均成绩和标准差（同一组数据用该区间的中点值作代表）；

（2）请估计这三年中学生数学考试成绩的中位数.

附：.

【答案】（1））平均成绩，标准差，（2）中位数为

【解析】

【分析】

（1）根据表中数据计算即可

（2）由已知数据可知，前4组频率依次为：，，，，然后得出中位数位于区间，然后算出即可.

【详解】（1）平均成绩，

标准差

所以.

（2）由已知数据可知，前4组频率依次为：，，，，

由，，可知，中位数位于区间，

设中位数为，

则，

解之得，故中位数为

【点睛】本题考查的是平均数、标准差和中位数的算法，计算能力是解答本题的关键.

19.如图，在三棱柱中，侧面是边长为4的菱形，且，面面，，.

（1）求证：面；

（2）求到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）在菱形中，过作于点，首先证明平面，然后得到即可

（2）因为平面，所以到面的距离与到面的距离相等，然后证明平面，然后求出的长度即可

【详解】（1）证明：在菱形中，过作于点，

因为平面平面，平面平面，平面

所以平面，

则，因为，，所以平面.

（2）因为平面，所以到面的距离与到面的距离相等.

在菱形中，连，设，则，

由（1）可知平面，面，

所以平面平面，面面，

而，所以平面，

所以即为到面的距离，

在菱形中，，，

所以，故到面的距离为.

【点睛】本题考查了线面垂直的证明和点到平面距离的求法，考查了学生的空间想象能力.

20.已知，为椭圆的左右焦点，过的直线交椭圆于，两点，的周长为8.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）已知是直线上一动点，若，与轴分别交于点，，则是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由.

【答案】（1）（2）是定值；定值为

【解析】

【分析】

（1）由条件得出，即可

（2）设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，，然后算出，，然后算出即可

【详解】（1）依题意，

由椭圆的定义可得的周长为，即，所以，

故椭圆的方程为.

（2）设直线的方程为，，，，

由得，

显然，则，，

直线，令得，

即，同理，

，

同理：，

于是：

所以为定值.

【点睛】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.

21.已知函数，.

（1）证明：不等式在恒成立；

（2）证明：在存在两个极值点，

附：，，.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；

【解析】

【分析】

（1），首先利用导数证明当时，总有，然后可得

（2）分和两种情况讨论，每种情况都要用导数求出的单调性.

【详解】（1），

设，易得在上为增函数，

又，，

∴存在唯一，使得，

∴在时，，为减函数，，

在时，，为增函数，，

因此时，总有，为减函数.

∴，从而原不等式得证.

（2），则，

在时，令，

则在上递增.

又，.

∴存在唯一，使.

在时，，为减函数，即为减函数，

在时，，为增函数，即为增函数，

而，.

又，存在唯一的使得，

∴在时，，为减函数，

在时，，为增函数，故为一个极小值点.

另一方面，在时，由，

而，∴，

由（1）可知，∴在上恒成立，

又在上恒成立，∴是的极大值点，从而得证.

【点睛】本题考查的是利用导数证明不等式，利用导数研究函数的单调性，属于难题，考查了学生的分析问题、解决问题的能力.

（二）选考题：请考生从第22、23题中任选一题做答.

[选修4-4：坐标系与参数方程]

22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（参数，为常数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求曲线的直角坐标方程；

（2）设直线与曲线的交点为，两点，曲线和轴交点为，若面积为，求的值.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）由得，然后得到即可

（2）将直线的参数方程化为，，然后联立直线与曲线的方程消元可得，然后算出，然后由的面积即可得出答案.

【详解】（1）由得，

所以，即，所以.

（2）由，消去参数得到，

所以，，

与轴交点为，

由，得，

记，则，，

面积，

所以，即，所以.

【点睛】涉及曲线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.

[选修4-5：不等式选讲]

23.已知正数，，满足.

求证：（1）；

（2）.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；

【解析】

【分析】

（1）根据正数加法的性质，结合基本不等式进行证明即可；

（2）运用分析法，结合已知等式的变形、三个正数的均值不等式进行证明即可.

【详解】（1）因为，，为正数，且，所以，

，故.

（2）分析法：要证：，

只需要证：，

即要证：，

即要证：，①

而，②

，③

将②③两式相乘，即得待证的①式.

以上每步均可逆，所以原不等式得证.

【点睛】本题考查了已知等式证明不等式问题，考查了基本不等式的应用，考查了用分析法证明不等式，正确的代数式和等式的变形是证明的关键.