湖北省武汉市2020届高三数学下学期3月质量检测试题 文（含解析）.doc

1、湖北省武汉市2020届高三数学下学期3月质量检测试题 文（含解析）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.

2、 （1，0）【答案】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

3、有有6种，所以向上的点数之和小于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+

4、1，求出，再求解.【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

5、圆，圆与圆的位置关系，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的两个单位

6、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EF的中点，现在沿

7、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定定理，还考查了

8、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+2c28，则AB

9、C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）xlnx+1，求

10、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算求解的能力，属

11、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，垂足为D若在点C处受到热带

12、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.若等比数列an的前n项和为Sn，满

13、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分别为棱A1D1，C1D1，BC的

14、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】本题主要考查了正方体的几何特征和线面垂直

15、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，利用平均数和方差公式求解.（2）根

16、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+（504501）2+（501501

17、）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8216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）的直线交抛物线于M，N两点，经过定点B（3

18、，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），满足（2，2）的P的坐标为（2，2），

19、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，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于

20、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）xsin x0，所以m（x）在（0， ）递减，

21、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，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力

22、，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

23、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），两式平方相加整理得将代入24cos+30得x2+y24x+30，整理得（x2）2+y21（2）设点P（5cos，4sin）在曲线C1上，圆心O（2，0），所以：，当cos1时，|PO|min3，所以|PQ|的最小值312【点睛】本题主要考查了参数方程，普通方程，极坐标方程间的互化及点与圆的位置关系，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数f（x）|2xa|+|xa+1|（1）当a4时，求解不等式f（x）8；（2）已知关于x的不等式f（x）在R上恒

24、成立，求参数a的取值范围【答案】（1）5，+）（，；（2）2，1.【解析】【分析】（1）根据a4时，有f（x）|2x4|+|x3|，然后利用绝对值的几何意义，去绝对值求解.（2）根据绝对值的零点有a1和，分a1，a1和a1时三种情况分类讨论求解.【详解】（1）当a4时，f（x）|2x4|+|x3|，（i）当x3时，原不等式可化为3x78，解可得x5，此时不等式的解集5，+）；（ii）当2x3时，原不等式可化为2x4+3x8，解可得x9此时不等式的解集；（iii）当x2时，原不等式可化为3x+78，解可得x，此时不等式的解集（，综上可得，不等式的解集5，+）（，（2）（i）当a1即a2时，f（x）3|x1|2显然不恒成立，（ii）当a1即a2时，结合函数的单调性可知，当x时，函数取得最小值f（），若f（x）在R上恒成立，则，此时a不存在，（iii）当a1即a2时，f（x）若f（x）在R上恒成立，则1，解得2a1，此时a的范围2，1，综上可得，a范围围2，1【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法及含有绝对值的不等式恒成立问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.