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

这是一份湖北省武汉市2020届高三下学期5月质量检测数学（理）试题 Word版含解析，共28页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，选考题的作答，9B，已知等差数列满足等内容，欢迎下载使用。
www.ks5u.com武汉市2020届高中毕业生五月质量检测理科数学本试卷共5页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.★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：本题共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】本题主要考查集合的交集运算，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.设等比数列的前项和为，，则（    ）A. 2 B. 0 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用等比数列基本量，求出，再求【详解】,;或；等比数列公比不能为0，故选：A【点睛】本题考查等比数列前项和.等解决等比数列基本量计算问题利用方程的思想.等比数列中有五个量一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量和.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.在某项测量中，测量结果服从正态分布，若在内取值的概率为0.8，则在内取值的概率为（    ）A. 0.9 B. 0.1 C. 0.5 D. 0.4【答案】A【解析】【分析】根据服从正态分布，得到曲线的对称轴是直线，根据所给的在内取值的概率为，根据正态曲线的对称性，即可求出在内取值的概率．【详解】因为服从正态分布，所以曲线的对称轴是直线， 又在内取值的概率为， 根据正态曲线的性质，则在内取值的概率为． 故选：A．【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，主要考查正态曲线的对称性；一般地，是服从正态分布，正态分布一般记为，为正态分布的均值（均值就是对称轴），是正态分布是标准差；本题属于基础题．6.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.7.已知向量是互相垂直的单位向量，向量满足，则（    ）A. 2 B.  C. 3 D. 7【答案】B【解析】【分析】由向量是互相垂直的单位向量，分别以所在直线建立直角坐标系，再根据向量满足，，求得向量的坐标，再利用求模公式求解.【详解】因为向量是互相垂直的单位向量，建立如图所示直角坐标系：则，因为向量满足，，所以，，所以，所以，所以.故选：B【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算及模的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.8.已知等差数列满足：，则的最大值为（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】D【解析】【分析】设等差数列的公差为d，根据，利用平方关系，设，则，再利用三角函数的性质求解.【详解】设等差数列的公差为d，因为，由，设，则，所以，当时，的最大值为5.故选：D【点睛】本题主要考查数列通项公式，三角换元法的应用以及三角恒等变换，三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9.已知直线与轴交于点，与曲线交于成为线段上一点，过作直线交于点，则面积取到最大值时，的值为（    ）A.  B.  C. 1 D. 【答案】C【解析】【分析】先求得，的坐标，由直线，联立直线方程和曲线方程可得，的坐标，运用三角形的面积公式，结合换元法和导数的运用求函数的单调性和最值，即可得到所求值．【详解】直线与轴交于，由与联立，可得，，过作直线交于点，可得，，，则面积，设，可得，可得，可得时，，单调递增；时，，单调递减，则面积在即处取得极大值，且为函数的最大值．故选：．【点睛】本题考查抛物线的方程和运用，考查直线和抛物线的位置关系，考查三角形的面积的最值求法，考查利用导数研究函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.10.已知函数的图象与轴有唯一的公共点，则实数的取值范围为（    ）A.  B. 或C. 或 D. 或【答案】B【解析】【分析】由题意得出函数的图象与轴有唯一的公共点为原点，利用导数讨论函数的单调性，即可得出实数的取值范围.【详解】由题意可得，则函数的图象与轴有唯一的公共点为原点当，则函数在上单调递增，此时函数的图象与轴有唯一的公共点当时，；在上单调递减，在上单调递增由题意可得，解得综上，实数的取值范围为或故选：B【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的零点问题，属于中档题.11.已知分别为双曲线实轴的左右两个端点，过双曲线的左焦点作直线交双曲线于两点（点异于），则直线的斜率之比（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先根据双曲线方程求出，，的值，再直接设直线方程为，代入双曲线方程，消去，化简得到关于的一元二次方程，得韦达定理，然后将借助于，的坐标表示出来，再将韦达定理看成方程，将用，表示出来代入前面的比值，化简即可．【详解】解：由已知得双曲线，，．故，，．设直线，且，，，．由消去整理得，，两式相比得①，②，将①代入②得：上式．故．故选：B．【点睛】本题考查双曲线的性质，以及学生的化简运算能力，属于中档题．12.在四棱锥中，，则四棱锥的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 3【答案】D【解析】【分析】连接、交于点，连接，由题意结合平面几何知识可得，，，，设，，由勾股定理可得，由余弦定理可得，化简可得，进而可得，，再利用即可得解.【详解】连接、交于点，连接，如图：由，，，，可得，，，，，所以平面，设，，由勾股定理得，即，在中，，在中，，由可得，又，所以，化简得，将代入可得，解得或（舍去），所以，，，，为等边三角形， 所以,所以.故选：D.【点睛】本题考查了立体图形的几何特征、空间位置关系与余弦定理的综合应用，考查了立体图形体积的求解和方程思想，属于难题.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.14.一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.15.柜子里有三双不同的鞋，随机取出两只，取出的鞋不成对的概率为_____________【答案】【解析】【分析】本题首先可根据题意得出一共有六只鞋，先任取一只，然后根据剩下的鞋中不能与第一只鞋配对的鞋有多少即可得出结果．【详解】柜子里有三双不同的鞋就是一共有六只鞋，先任取一只，然后剩余五只鞋中有四个与第一只是不成对的，故取出的鞋不成对的概率为．【点睛】本题考查的是概率的相关计算，在计算概率类的题目时，一定要能够明确题目给出的所有可能以及满足题意的可能性有多少种，考查推理能力，是简单题．16.已知为直线上两点，为坐标原点，若，则的周长最小值为_____.【答案】【解析】【分析】设，利用三角形面积公式建立方程，根据基本不等式求解，在周长中利用基本不等式即可求解.【详解】设，则，所以周长，设点到直线的距离为，则，由的面积公式可得所以当且仅当时，等号成立，解得所以，当且仅当时，等号成立.因为等号能够同时取到，所以周长的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了三角形面积公式的应用，基本不等式，考查了推理与运算能力，属于难题.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.（一）必考题：共60分.17.在中，角的对边分别为，满足.（1）若，求；（2）若的面积为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由利用二倍角公式得，再利用余弦定理即可求出的值；（2）对角分锐角和钝角两种情况讨论，分别求出的值，经验证为钝角不符合题意，所以．【详解】解：（1）.（2）（i）若为锐角，过作于，设边上的高为，，设，，，，则.（ii）若为钝角，过作延长线于，设， ，由知，而无解，因此为钝角不符合题意.综上所述，.【点睛】本题主要考查了三角函数的二倍角公式，以及余弦定理，属于中档题．18.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）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）在菱形中，过点作于，则，再由，能证明平面．（2）连结，设，则，面，，过点作于点，连结，则平面，，从而为二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值．【详解】解：（1）在菱形中，过点作于，因为平面平面，面面，所以平面，面，从而，而，，平面，平面所以平面（2）在菱形中，连接，，设，因平面，平面，所以，因为，面，面，所以面，面，过点作于点，连接，则平面，所以为二面角的平面角，设大小为，在中，到距离是到距离的，在中，，且，所以，则，故所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．19.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.20.一种新的验血技术可以提高血液检测效率.现某专业检测机构提取了份血液样本，其中只有1份呈阳性，并设计了如下混合检测方案：先随机对其中份血液样本分别取样，然后再混合在一起进行检测，若检测结果为阴性，则对另外3份血液逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止；若检测结果呈阳性，测对这份血液再逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止.（1）若，求恰好经过3次检测而确定呈阳性的血液的事件概率；（2）若，宜采用以上方案检测而确定呈阳性的血液所需次数为，①求的概率分布；②求.【答案】（1）（2）①详见解析②【解析】【分析】（1）不论第一次检测结果如何，都要对含有2阴1阳得血液样本进行逐一检测，故第2次和第3次检测的都是阴性或者第2次检测的是阴性，第3次检测的是阳性，根据组合数公式和古典概型的概率公式计算概率；（2）根据组合数公式和古典概型的概率公式依次计算，3，4，，的概率，得出分布列和数学期望．【详解】解：（1）在时，恰好在第三次时检测出呈阳性血液，说明其中三份血液中的其中一份呈阳性，并且对含阳性血液的一组进行检测时，前两次检测出血液为阴性，或第一次为阴性第二次为阳性.（2）①在时，同理，当时，的分布列为：  2 3 4           ②【点睛】本题考查了离散型随机变量的概率计算，离散型随机变量及其分布列与期望的计算，属于中档题．21.已知函数.（1）讨论在极值点个数；（2）证明：不等式在恒成立.附：.【答案】（1）有两个极值点（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，分，以及，判断函数的单调性，进而得出极值点情况；（2）分，，结合零点存在性定理以及放缩思想得证．【详解】解：（1）由，求导数，设①在时，则，知在递减，存在使得在时，，在时，为极大值点.②在时，有在上恒成立，在上递减此时无极值.③在时，，在上恒成立.在上递增，因此存在唯一，使得在时，，在时，为极小值点.综合讨论在有两个极值点.（2）令，则①若时，，而所以，在递减，所以②若，，，当时，，则在递增，所以存在唯一使得，当时，递减；当时，递增，故下面证明：在上恒成立记，则，所以在递增，于是，从而可知，综合①②可知在上恒成立.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点个数以及不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想，转化思想，考查运算求解能力，综合性较强，属于难题．（二）选考题：共10分.请考生从第22、23题中任选一题做答.并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.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.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.