【文档说明】湖北省武汉市2020届高三下学期5月质量检测数学（文）试题【精准解析】【武汉专题】.pdf，共(24)页，444.829 KB，由小赞的店铺上传

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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z满足，12ziii，则复数z（）.A.2iB.12iC.3iD.32i【答

案】B【解析】【分析】首先根据题意得到(1)(2)ziii，再化简即可得到答案.【详解】2(1)(2)2312ziiiiiii.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103xAxx

，2Bxx，则AB（）.A.21xxB.32xxC.21xxD.21xx【答案】C【解析】【分析】首先分别解不等式103xx和2x，再求交集即可.【详解】因为(1)(3)01031303xxxxxx

，所以31Axx.因为222xx，所以22Bxx.21ABxx.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.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.3B.5C.10D.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4011604，现抽取一个容量为20的样本，抽到管理人员的人数为12054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.2B.4C.42D.43

【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1224V.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3sin()45x，则sin2x的值为（）A.1925B.1625C.1425D.725【答案】D【解析】试题分析：根据题意，由于332sin(),coss

in455xxx,两边平方可知1-sin2x=1825,因此可知sin2x=725，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2ln1ln1xyx的值域为（）.A.

02yyB.0,2yyyC.2yyD.2yy【答案】C【解析】【分析】令lntx，对函数211tyt分离常数后可得原函数的值域.【详解】函数的定义域为110,,ee.令lntx，则2ln12132ln1

11xtyxtt，其中1t，故321yt的值域为,22,，故2ln1ln1xyx的值域为,22,.故选：C.【点睛】本题考查函数值域的求法，一般地，对于形如0axbfxaccxd

，我们可以用分离常数的方法来求其值域.7.已知PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条射线间夹角都是π3，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（）.A.12B.32C.63D.33【答案】D【解析】【分析】过PC上一点D作DO平面APB，则DPO就是直线PC与平面PA

B所成的角，说明点O在APB的平分线上，通过直角PEDV和直角DOP△，求出直线PC与平面PAB所成角的余弦值．【详解】过PC上一点D作DO平面APB，则DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．因为60APCBPC，所以点O在AP

B的平分线上，即30OPE．过点O作OEPA，OFPB，因为DO平面APB，则DEPA，DFPB．设1PE，12330cos303OPEOP．在直角PEDV中，60DPE，1PE，则2PD．在直角DOP△

中，233OP，2PD．则3cos3OPDPOPD．即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是33．故选：D．【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5,0A和8,4B，又P点为双曲线221169xy右支上的动点，则PAPB的最大值为（）.A.8B.10C.11D.13【答案】D【解析】【分析】由题意可得点5,0A为双

曲线的左焦点，设点F为双曲线的右焦点，由双曲线的定义可得28PAPFa，然后求出PFPB的最大值即可.【详解】由题意可得点5,0A为双曲线的左焦点，设点F为双曲线的右焦点由双曲线的定义可得28PAPF

a所以8PAPBPFPB由图可得，当,,PBF三点共线时PFPB取得最大值，最大值为228545BF所以PAPB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2a，

向量a与b夹角为3π4，且1ab，则ab（）.A.5B.2C.2D.4【答案】A【解析】【分析】利用向量的数量积定义3cos14abab，可求出1b，再利用2abab，展开即可求解.【详解】2a，a与b夹角为3π4，3co

s14abab，解得1b，22222215ababaabb.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ππcos322fxx图象关于直线5π18x对称，则函数fx在区间0,π上零点的个数为（）.A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据对称轴可得

5318kkZ，从而求出6π，进而可得cos36fxx，令cos306fxx，解方程即可.【详解】函数ππcos322fxx图象关于直线5π18x对称，所以5318kkZ，解

得56kkZ，又因为ππ22，所以6π，所以cos36fxx，令cos306fxx，则362xkkZ，解得39kx，因为0,πx，所以9x

，49，79.即函数fx在区间0,π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:2ABykx与抛

物线28yx交于A，B两点，若线段AB中点横坐标为2，则直线的斜率k（）.A.2B.1C.2D.1或2【答案】A【解析】【分析】将直线方程与抛物线方程联立消y可得：224840kxkx，根据判别式可得k的取值范围，利用

韦达定理以及中点坐标公式可得2242kk，解方程即可求解.【详解】联立直线:2ABykx与抛物线28yx，消y整理可得224840kxkx，设11,Axy，22,Bxy，由题意2212248440148222

2kkxxkk，解1可得1k，解2可得2k或1k，综上可知，2k.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21l

n2fxxax在0,无零点，则实数a的取值范围为（）.A.0,eB.0,eC.0,eD.0,,ee【答案】B【解析】【分析】首先求出导函数0afxxxx，根据选项只需讨论0a时函数的单调性，当0a时，可知函数在0,a单调递减，

,a上单调递增，只需函数的极小值0fa即可.【详解】由函数21ln2fxxax，则20axafxxxxx，由选项可知0a，当0xa时，0fx，即函数在0,a上单调递减，当x

a时，0fx，即函数在,a上单调递增，所以xa是函数fx的极小值点，若要函数fx在0,无零点，只需0fa，即ln02aaa，解不等式可得0ae.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ln()1xfxx的图象在点(1,(1))f处的切线方程为__________.【答案】210xy【解析】【分析】求导得

到21ln'()1xxxfxx，计算1'12f，10f，得到切线方程.【详解】ln()1xfxx，则21ln'()1xxxfxx，故1'12f，10f故切线方程为：112yx，即210xy

故答案为：210xy【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双不同的鞋子，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】15【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12,AA、12,BB、12,CC，则取出2只鞋子的情况有：12,AA，11,AB，12,AB，11,AC，12,AC，21,AB，22,AB，21,AC，22,AC，12,BB，11,BC，12,BC，21,BC，

22,BC，12,CC，共15种.其中，成对的情况有：12,AA，12,BB，12,CC，共3种，由古典概型的公式可得，所求概率为31155P.故答案为：15【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M，N为直线

32yx上两点，O为坐标原点，若π3MON，则MON△面积的最小值为______.【答案】3【解析】【分析】设点O到直线的距离为d，再利用三角形的面积公式可得11sin223MONSMN

dOMON，再利用余弦定理以及基本不等式可得2222cos3MNOMONOMONOMON，结合三角形的面积公式即可求解.【详解】由直线32yx可得3230xy，则点O到直线3230xy的距离为220023331d，由11s

in223MONSMNdOMON，则23MONMNS，43MONOMONS，在MON△中，由余弦定理2222cos3MNOMONOMON2OMONOMONOMON，当且仅当OMON，等号成立，所以224

33MONMONSS，解不等式可得3MONS，即MON△面积的最小值为3.故答案为：3【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1500mg以上才有疗效；而低于500mg病人

就有危险.现给某病人静脉注射了这种药2500mg，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：lg20.

3010，lg30.4771，精确到0.1h）【答案】2.3【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x小时后再向病人的血液补充这

种药，则血液中的含药量y与注射后的时间x的关系式为：002500120xy，依题意，可得0025001201500x，整理可得4355x，所以445543loglog55x，即453log5x，由485

106lg36lg61lg2lg3110loglog2.38510lg813lg21lg10，所以2.3x.故在起经过2.3小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效.故答案为：2.3【

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na的前n项和为nS，且满足：22158aa，125aa.（1）求数列na的通项公式；（2）记数列nSn

的前n项和为nT，求nT取得最大值时n的值.【答案】（1）17355nannN（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n项和公式求出nSn，从而求出此数列的正数项，进而可确定nT取得最大值时

n的值.【详解】设差等数列na公差为d，依题意有122112548adaad.解之得114535ad，则14317315555nann，故na的通

项公式为：17355nannN.（2）由112nnnSnad，得114131102525nSdannn，所以3141105n，即313n，由nN，故10n，故nT取最大值时

n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n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：成绩40,5050,606

0,7070,8080,9090,100人数105010025015040（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：1.1671.08.【答案】（1））平均成绩75，标准差10.8，

（2）中位数为75.6【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：160，560，1060，2560，然后得出中位数位于区间70,80，然后算出即可.【详解】（1）平均成绩10455055

100652507515085409575600x，标准差2222210754550755510075652507575221507585407595/600222222130520101025015

10420/60190094002510093625710010060606所以10.8.（2）由已知数据可知，前4组频率依次为：160，560，1060，2560，由1510160606

02，1510251606060602，可知，中位数位于区间70,80，设中位数为x，则151025117060606060102x，解之得75.6x，故中位数为75.6【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111ABCABC中，侧面11ACCA是边长为4的菱形，且1π3AAC，面11ACCA面ABC，1AABC，4BC.（1）求证：BC⊥面11ACCA；（

2）求1B到平面1ABC的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）23【解析】【分析】（1）在菱形11ACCA中，过1A作1AHAC于点H，首先证明1AH平面ABC，然后得到1AHBC即可（2）因为11//BC平面1ABC，所以1B到面1ABC的

距离与1C到面1ABC的距离相等，然后证明1CM平面1ACB，然后求出1CM的长度即可【详解】（1）证明：在菱形11ACCA中，过1A作1AHAC于点H，因为平面11ACCA平面ABC，平面11ACCA平面=ABCAC，1AH平面11A

CCA所以1AH平面ABC，则1AHBC，因为1AABC，111AHAAA，所以BC⊥平面11ACCA.（2）因为11//BC平面1ABC，所以1B到面1ABC的距离与1C到面1ABC的距离相等.在菱形11ACCA中，连1AC

，设11ACACM，则11CMAC，由（1）可知BC⊥平面11ACCA，BC面1ACB，所以平面1ACB平面11ACCA，面1ACB面111ACCAAC，而11CMAC，所以1CM平面1ACB，所以1CM即为1C到面1ACB的距离，在菱形11ACCA中，4AC，1π3AA

C，所以111232CMAMAC，故1B到面1ABC的距离为23.【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11,0F，()21,0F为椭圆2222:10xyabab的左

右焦点，过2F的直线交椭圆于A，B两点，1FAB的周长为8.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知000,0Pxyy是直线:4lx上一动点，若PA，PB与x轴分别交于点,0MMx，,0NNx，则1111MNxx是否为定值，若

是，求出该定值，若不是，请说明理由.【答案】（1）22143xy（2）是定值；定值为23【解析】【分析】（1）由条件得出1c，48a即可（2）设直线AB的方程为1xty，11,Axy，22,Bxy，04,Py，联立直线与椭圆

的方程消元，然后韦达定理可得122634tyyt，122934yyt，然后算出101014,0xyyMyy，202014,0xyyNyy，然后算出112=113MNxx即可

【详解】（1）依题意1c，由椭圆的定义可得1FAB的周长为48a，即2a，所以223bac，故椭圆的方程为22143xy.（2）设直线AB的方程为1xty，11,Axy，22,Bxy，04,Py，由2

21143xtyxy得2234690tyty，显然，则122634tyyt，122934yyt，直线1001:44yyPAyyxx，令0y得101014xyyxyy，即101014,0xyyMyy，同理20

2014,0xyyNyy，01110101011010101011334311Myxyytyxyyytyyxyyyyyyyy，同理：200231Nytyxyy，于是：1200102012012111121133MNy

yyyyyyxxtyyytyyy2000026112234229333334tttyytytyt所以112113MNxx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sin1xfxex，1sinxgxexxx.（1）证明：不等式0fx在()1,0-恒成立；（2）证明：gx在π1,2存在两个极值点，附：10

.367e，sin10.841，cos10.540.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）cosxfxex，首先利用导数证明当10x时，总有()0fx¢<，然后可得00fxf（2）分π02x

和10x两种情况讨论，每种情况都要用导数求出gx的单调性.【详解】（1）cosxfxex，设cosxhxex，易得sinxhxex在()1,0-上为增函数，又11sin10he，010h

，∴存在唯一01,0x，使得00hx，∴在01xx时，0hx，()fx¢为减函数，11cos10fxfe，在0,0x时，0hx，()fx¢为增函数，00fxf，因

此10x时，总有()0fx¢<，fx为减函数.∴00fxf，从而原不等式得证.（2）1sinxgxexxx，则sincos1xgxexxx，在π02x时，令sincos1xmxgxe

xxx，则sin2cosxmxexxx在π0,2上递增.又010m，π2ππ022me.∴存在唯一1π0,2x，使0m

x.在10,xx时，0mx，mx为减函数，即gx为减函数，在1π,2xx时，0mx，mx为增函数，即gx为增函数，而00g，100gxg.又π2π202ge，存在唯一的21π,

2xx使得20gx，∴在20xx时，()0gx¢<，gx为减函数，在2π2xx时，()0gx¢>，gx为增函数，故2x为gx一个极小值点.另一方面，在10x时，由sin1cosxgxexxx，而cos0xx，∴si

n1xgxex，由（1）可知sin10xex，∴()0gx¢>在()1,0-上恒成立，又()0gx¢<在20,x上恒成立，∴0x是gx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xOy中，直线l的参数方程为2cossinxtyt（t参数，为常数），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C的极坐标方程为2sin12

.（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）设直线l与曲线C的交点为P，Q两点，曲线C和x轴交点为A，若APQ面积为66，求tan的值.【答案】（1）244yx（2）3tan3【解析】【分析】（1）由2sin12得1cos12

，然后得到222xyx即可（2）将直线的参数方程化为2ykx，tank，然后联立直线与曲线C的方程消元可得24120yyk，然后算出12yy，然后由APQ的面积即可得出答案.【详解】（1）由2sin12得1cos12，

所以cos2，即222xyx，所以244yx.（2）由2cossinxtyt，消去参数t得到tan2ykx，所以2ykx，tank，244yx与x

轴交点为1,0A，由2442yxykx，得24120yyk，记1tk，则24120yty，2212441243yytt，APQ面积221211343636622S

AMyytt，所以3t，即33k，所以3tan3.【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a，b，c满足1abc.求证：（1）14ab；（2）31112abcabc.【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a，b，c为正数，且1abc，所以1ab，21224abababab，故14ab.（2）分析法：要证：31112

abcabc，只需要证：111331112abc，即要证：11191112abc，即要证：1111119111abcabc，①而

31113111abcabc，②31111113111111abcabc，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.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com