【KS5U解析】湖北省武汉市2020届高三下学期3月质量检测数学（文）试题 Word版含解析

1、武汉市2020届高中毕业生学习质量检测文科数学一、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z（1+2i）（1+ai）（ar），若zr，则实数a（ ）a. b. c. 2d. 2【答案】d【解析】【分析】化简z（1+2i）（1+ai）=，再根据zr求解.【详解】因为z（1+2i）（1+ai）=，又因为zr，所以，解得a-2.故选：d【点睛】本题主要考查复数的运算及概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2.已知集合mx|1x2，nx|x（x+3）0，则mn（ ）a. 3，2）b. （3，2）c. （1，0d. （1，0）【答案】

2、c【解析】【分析】先化简nx|x（x+3）0=x|-3x0，再根据mx|1x2，求两集合的交集.【详解】因为nx|x（x+3）0=x|-3x0，又因为mx|1x2，所以mnx|1x0.故选：c【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.3.同时抛掷两个质地均匀的骰子，向上的点数之和小于5的概率为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】先列举算出抛掷两个质地均匀的骰子共有基本事件的总数，再找出向上的点数之和小于5的事件的基本事件的个数，然后通过古典概型的概率公式求解.【详解】抛掷两个质地均匀的骰子，共有种可能，向上的点数之和小于5的有有6种，所以向上的

3、点数之和小于5的概率为.故选：b【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.4.执行如图所示的程序框图，输出的s的值为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】根据循环结构依次进行，直至不符合，终止循环，输出.【详解】第一次循环，第二次循环，第三次循环，第四次循环，第四次循环，此时不满足，输出.故选：c【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，还考查了逻辑推理的能力，属于基础题.5.已知数列an的前n项之和snn2+1，则a1+a3（ ）a. 6b. 7c. 8d. 9【答案】b【解析】【分析】根据数列an的前n项之和snn2+1，求出，再求解.【

4、详解】已知数列an的前n项之和snn2+1，所以，所以，所以，所以a1+a37.故选：b【点睛】本题主要考查数列的前n项和与项的关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.6.圆c1：x2+y24与圆c2：x2+y24x+4y120的公共弦的长为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】两圆方程相减，得到公共弦所在的直线方程，然后利用其中一个圆，结合弦长公式求解.【详解】因为圆c1：x2+y24与圆c2：x2+y24x+4y120，两式相减得，即公共弦所在的直线方程.圆c1：x2+y24，圆心到公共弦的距离为，所以公共弦长为：.故选：c【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系

5、，还考查了运算求解的能力，属于基础题.7.已知tan（）7，且，则sin（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】先利用两角和的正切转化tan（）求得，再结合平方关系求解.【详解】因为tan（）所以，即，又因为且， 所以sin.故选：b【点睛】本题主要考查两角和的正切及同角三角函数基本关系式化简求值，还考查了运算求解的能力，属于基础题.8.若，是夹角为60°的两个单位向量，而2，32，则向量和夹角为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】先根据，是夹角为60°的两个单位向量，且2，32，求得，再代入夹角公式求解.【详解】因为，是夹角为60

6、76;的两个单位向量，且2，32，所以，所以，所以，又因为所以向量和夹角为.故选：c【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9.已知函数f（x）sin2x+sin2（x），则f（x）的最小值为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】先通过降幂公式和辅助角法将函数转化为，再求最值.详解】已知函数f（x）sin2x+sin2（x），=，=，因为，所以f（x）的最小值为.故选：a【点睛】本题主要考查倍角公式及两角和与差的三角函数的逆用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10.在正方形sg1g2g3中，e、f分别是g1g2及g2g3的中点，d是e

7、f的中点，现在沿se、sf及ef把这个正方形折成一个四面体，使g1、g2、g3三点重合，重合后的点记为g，那么，在四面体sefg中必有（ ）a. sgefg所在平面b. sdefg所在平面c. gfsef所在平面d. gdsef所在平面【答案】a【解析】【分析】在正方形sg1g2g3中，有s g1g1e，在折叠后其垂直关系不变，所以有sgeg.同理有有sgfg，再由线面垂直的判定定理证明.【详解】在正方形sg1g2g3中，因为s g1g1e，所以在四面体中有sgeg.又因为s g3g3f，所以在四面体中有sgfg，且，所以 sgefg所在平面.故选：a【点睛】本题主要考查折叠问题及线面垂直的判

8、定定理，还考查了推理论证的能力，属于中档题.11.如果关于x的不等式x3ax2+10在1，1恒成立，则实数a的取值范围是（ ）a. a0b. alc. a2d. a【答案】a【解析】【分析】当时，不等式成立，当时 将不等式x3ax2+10在恒成立，转化为在恒成立，最后求解即可.【详解】当时，不等式成立，当时 关于x的不等式x3ax2+10在恒成立，即在恒成立，令，当时，当时，.所以在递增，在递减当时，当时，所以的最小值为0.所以故选：a【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题及导数求最值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.12.已知abc的三边分别为a，b，c，若满足a2+b2+

9、2c28，则abc面积的最大值为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据a2+b2+2c28，得到，由余弦定理得到，由正弦定理得到，两式平方相加得，而，两式结合有，再用基本不等式求解.【详解】因为a2+b2+2c28，所以，由余弦定理得，即由正弦定理得，即由，平方相加得，所以，即，所以，当且仅当且即时，取等号.故选：b【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理及基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.函数f（x）xlnx+1在点（e，e+l）处的切线方程为_【答案】2xye+10【解析】【分析】根据函数f（x）

10、xlnx+1，求导得，再分别求得，用点斜式写出切线方程.【详解】因为函数f（x）xlnx+1，所以，所以，所以切线方程为：，即.故答案为：【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14.若函数f（x）在（0，）上单调递减，则实数a的取值范围为_【答案】a1【解析】【分析】将函数f（x）在（0，）上单调递减，转化在（0，）上恒成立 即在（0，）上恒成立 再求最大值即可.【详解】因为函数f（x）在（0，）上单调递减，所以在（0，）上恒成立 ，即在（0，）上恒成立 ，因为，所以，所以，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了导数与函数的单调性，还考查了转化化归的思想和运

11、算求解的能力，属于中档题.15.已知，则m的最大值为_【答案】1.【解析】分析】利用柯西不等式求解.【详解】由柯西不等式得：，当且仅当，即取等号.故m的最大值为1故答案为：1【点睛】本题主要考查了柯西不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.16.根据气象部门预报，在距离某个码头a南偏东45°方向的600km处的热带风暴中心b正以30km/h的速度向正北方向移动，距离风暴中心450km以内的地区都将受到影响，从现在起经过_小时后该码头a将受到热带风暴的影响（精确到0.01）【答案】9.14h.【解析】【分析】先建立坐标系，设风暴中心最初在b处，经th后到达c处自b向x轴作垂线

12、，垂足为d若在点c处受到热带风暴的影响，则ac450，则有450，即450；两边平方并化简、整理求解.【详解】建立如图所示直角坐标系：设风暴中心最初在b处，经th后到达c处自b向x轴作垂线，垂足为d若在点c处受到热带风暴的影响，则oc450，即450，即450；两边平方并化简、整理得t220t+1750t或， 所以时后码头将受到热带风暴的影响【点睛】本题主要考查了三角函数的实际应用，还考查了运算求解的能力，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.若等比

13、数列an的前n项和为sn，满足a4a1s3，a5a115（1）求数列an的首项a1和公比q；（2）若ann+100，求n的取值范围【答案】（1）q2，a11；（2）n7.【解析】【分析】（1）根据a4a1s3，a5a115，利用“q，a1”法求解.（2）由（1）建立不等式n+100，通过估值法求解.【详解】（1）a4a1s3，a5a115显然公比q1，解可得q2，a11，（2）由（1）可得an，ann+100，即n+100，解可得，n7【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式及其应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18.如图，在棱长为a的正方体abcda1b1c1d1中，p，q，l分别为

14、棱a1d1，c1d1，bc的中点（1）求证：acql；（2）求四面体dpql的体积【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取cd的中点h，根据正方体的几何性质，有qhac，achl，再利用线面垂直的判定定理证明.（2）连接pb1，b1l，四边形ldpb1是平行四边形，根据等体积法，则有，然后通过求解.【详解】（1）证明：如图所示：h为cd的中点，连接qh，hl，p，q，l分别为棱a1d1，c1d1，bc的中点所以qhac，achl，qhhlh，所以ac平面qhl，ql平面qhl，acql；（2）解：如图所示：连接pb1，b1l，四边形ldpb1是平行四边形，则 【点睛】本题主要考查

15、了正方体的几何特征和线面垂直的判定定理，以及三棱锥的体积，还考查了空间想象，推理论证，运算求解的能力，属于中档题.19.一个小商店从一家食品有限公司购进10袋白糖，每袋白糖的标准重量是500g，为了了解这些白糖的实际重量，称量出各袋白糖的实际重量（单位：g）如下：503，502，496，499，491，498，506，504，501，510（1）求这10袋白糖的平均重量和标准差s；（2）从这10袋中任取2袋白糖，那么其中恰有一袋的重量不在（s，s）的概率是多少？（附：5.08，16.06，5.09，16.09）【答案】（1）501，5.08；（2）.【解析】【分析】（1）根据提供的数据，利用平

16、均数和方差公式求解.（2）根据（1）的结合，算出重量在（s，s）内的袋数和不在内的袋数，然后得出从10袋中选2袋的方法数和恰有一袋的方法数，再利用古典概型的概率公式求解.【详解】（1）根据题意，10袋白糖的实际重量如下：503，502，496，499，491，498，506，504，501，510，则其平均重量（503+502+496+499+491+498+506+504+501+510）500（3+24192+6+4+1+10）501，其方差s2（503501）2+（502501）2+（496501）2+（499501）2+（491501）2+（498501）2+（506501）2+（50

17、4501）2+（501501）2+（510501）225.8；则其标准差s5.08；（2）根据题意，由（1）的结论，10袋白糖在（s，s）之间的有503，502，496，499，498，506，504，501，共8袋，从10袋白糖中任取两袋，有c10245种取法，其中恰有一袋的重量不在（s，s）的情况有8×216种，则恰有一袋的重量不在（s，s）的概率p【点睛】本题主要考查了平均数，方差及古典概型的概率，还考查了运算求解的能力，属于中档题.20.已知抛物线：y22px（p0）的焦点为f，p是抛物线上一点，且在第一象限，满足（2，2）（1）求抛物线的方程；（2）已知经过点a（3，2）的

18、直线交抛物线于m，n两点，经过定点b（3，6）和m的直线与抛物线交于另一点l，问直线nl是否恒过定点，如果过定点，求出该定点，否则说明理由【答案】（1）y24x；（2）直线nl恒过定点（3，0），理由见解析.【解析】【分析】（1）根据抛物线的方程，求得焦点f（，0），利用（2，2），表示点p的坐标，再代入抛物线方程求解.（2）设m（x0，y0），n（x1，y1），l（x2，y2），表示出mn的方程y和ml的方程y，因为a（3，2），b（3，6）在这两条直线上，分别代入两直线的方程可得y1y212，然后表示直线nl的方程为：yy1（x），代入化简求解.【详解】（1）由抛物线方程可得焦点f（，0）

19、，满足（2，2）的p的坐标为（2，2），p在抛物线上，所以（2）22p（2），即p2+4p120，p0，解得p2，所以抛物线的方程为：y24x；（2）设m（x0，y0），n（x1，y1），l（x2，y2），则y124x1，y224x2，直线mn的斜率kmn，则直线mn的方程为：yy0（x），即y，同理可得直线ml的方程整理可得y，将a（3，2），b（3，6）分别代入，的方程可得，消y0可得y1y212，易知直线knl，则直线nl的方程为：yy1（x），即yx，故yx，所以y（x+3），因此直线nl恒过定点（3，0）【点睛】本题主要考查了抛物线的方程及直线与抛物线的位置关系，直线过定点问题，还考

20、查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.21.（1）研究函数f（x）在（0，）上的单调性；（2）求函数g（x）x2+cosx的最小值【答案】（1）f（x）在（0， ）递减；（2）.【解析】【分析】（1）根据，求导得，设m（x）xcos xsinx，x（0，），通过求导来判断其正负，从而得到f（x）的正负，进而研究f（x）的单调性.（2）易知g（x）是偶函数，故只需求x0，+）时g（x）的最小值，求导得g（x）2xsin x，根据sinx的特点，分x（0，）和时两种情况讨论g（x）单调性，进而求其最小值.【详解】（1）因为，所以，设m（x）xcos xsinx，x（0，），m（x）xsi

21、n x0，所以m（x）在（0， ）递减，则m（x）m（0）0故f（x）0，所以f（x）在（0， ）递减；（2）观察知g（x）为偶函数，故只需求x0，+）时g（x）的最小值，由g（x）2xsin x，当x（0，） 时，设n（x）2x sin x，则n（x）2 cos x，显然 n（x） 递增，而n（0）20，由零点存在定理，存在唯一的，使得n（x0）0当x（0，x0）时，n（x）0，n（x）递减，当时，n（x）0，n（x）递增，而n（0）0，故时，n（x）0，即时，g（x）0，则g（x）递减；又当时，2x sin x，g（x）0，g（x） 递增；所以【点睛】本题主要考查了导数与函数的单调性及最值

22、，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xoy中，曲线c1的参数方程为（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，曲线c2：24cos+30（1）求曲线c1的一般方程和曲线c2的直角坐标方程；（2）若点p在曲线c1上，点q曲线c2上，求|pq|的最小值【答案】（1），（x2）2+y21；（2）2【解析】【分析】（1）由c1的参数方程为为参数），消去参数即可转换为直角坐标方程，根据曲线c2：24cos+30利用转换为直角坐标方程.（2）设点p（5cos，4sin），根据点q在圆上，先求点p到圆心的距离，然后减去半径即为最小值.【详解】（1）曲线c1的参数方程为为参数），两式平