湖北省武汉市武昌区2021届高三下学期5月质量检测数学试题 含答案详解

武昌区 2021 届高三年级 5 月质量检测 数 学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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.已知集合  2 0A x R x x    ，  1 4B x R x  ≤ ≤ ，则 A B  A. 4| 0x x  B. 0 4x x ≤ C. 1 2x x ≤ D. 2 4x x ≤ 2.已知向量  1,3a  ，则下列向量中与 a  垂直的是 A. 0,0 B. 3, 1  C. 3,1 D. 3,1 3.复数 4 1 3 i i 的虚部为 A.1 B. 1 C. i D.i 4.已知双曲线C ：   2 2 1 02 y x mm m    ，则 C 的离心率的取值范围为 A. 1, 2 B. 1,2 C. 2, D. 2, 5.2020 年我国 832 个贫困县全部“摘帽”，脱贫攻坚战取得伟大胜利．湖北秭归是“中国脐橙之乡”，全 县脐橙综合产值年均 20 亿元，被誉为促进农民增收的“黄金果”．已知某品种脐橙失去的新鲜度 h 与其采 摘后的时间t （天）满足关系式： th m a  .若采摘后 10 天，这种脐橙失去的新鲜度为 10%，采摘后 20 天 失去的新鲜度为 20%，那么采摘下来的这种脐橙在多长时间后失去 50%的新鲜度（已知 lg 2 0.3 ，结果四 舍五入取整数） A.23 天 B.33 天 C.43 天 D.50 天 6. 某 班 有 60 名 学 生 参 加 某 次 模 拟 考 试 ， 其 中 数 学 成 绩  近 似 服 从 正 态 分 布  2110,N  ， 若  100 110 0.35P  ≤ ≤ ，则估计该班学生数学成绩在 120 分以上的人数为 A.10 B.9 C.8 D.7 7. 4 2 1 1x x      展开式中的常数项为 A. 11 B. 7 C.8 D.11 8.桌面上有 3 个半径为 2021 的球两两相外切，在其下方空隙中放入一个球，该球与桌面和三个球均相切， 则该球的半径是 A. 2021 4 B. 2021 3 C. 2021 2 D.2021 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部 选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。 9.某学校为了促进学生德、智、体、美、劳全面发展，制订了一套量化评价标准．下表是该校甲、乙两个 班级在某次活动中的德、智、体、美、劳的评价得分（得分越高，说明该项教育越好）。下列说法正确的是 德 智 体 美 劳 甲班 9.5 9.5 9 9.5 8 乙班 9.5 9 9.5 9 8.5 A.甲班五项得分的极差为 1.5 B.甲班五项得分的平均数高于乙班五项得分的平均数 C.甲班五项得分的中位数大于乙班五项得分的中位数 D.甲班五项得分的方差小于乙班五项得分的方差 10.已知函数    sin sin 03f x x x           在 0, 上的值域为 13 2 ,      ，则实数 的值可能取 A.1 B. 4 3 C. 5 3 D.2 11.已知 F 为抛物线 C ： 2 4y x 的焦点．设 P 是准线上的动点，过点 P 作抛物线C 的两条切线，切点分 别为 A ， B ，线段 AB 的中点为 M ，则 A. AB 的最小值为 4 B.直线 AB 过点 F C. PM y 轴 D.线段 AB 的中垂线过定点 12.已知实数 x ， y ， z 满足 2 1x y z   ，且 2 2 21 2 1x y z  ＝ ，则下列结论正确的是 A. x 的最小值为 4 5  B. z 的最大值为 1 2 C. z 的最小值为 1 5  D. xyz 取最小值时 16 27z  三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足 4n nS a  ，则 4S  _______. 14.抛掷 3 个骰子，事件 A 为“三个骰子向上的点数互不相同”，事件 B 为“其中恰好有一个骰子向上的点 数为 2”，则  P A B  ___________. 15.已知函数   sin 2cosf x ax x x x   在  0,2 上有两个极值点，则实数 a 的取值范围是___________. 16.如图，在边长为 2 的正方形 1 2 3SG G G 中， E ， F 分别是 1 2G G ， 2 3G G 的中点．若沿 SE ， SF 及 EF 把 这个正方形折成一个四面体，使 1G ， 2G ， 3G 三点重合，重合后的点记为G ，则： （1）三棱锥 S EFG 外接球的表面积为___________； （2）点G 到平面 SEF 的距离为___________. 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17.（10 分） 已知各项均为正数的数列 na 的前 n 项和为 nS ，  1 0,2a  ， 2 3 2 6n n na a S   . （1）求 na 的通项公式； （2）设 1 1 n n nab a   ，求数列 nb 的前 n 项和 nT . 18.（12 分） 在① cos 3 5B   ；② 32b c  ；③ 6a  ，这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，使问题中的 三角形存在，并求出 ABC 的面积。 问题：在 ABC 中，a ，b ，c 是角 A ，B ，C 所对的边，已知 sin 3 cosa C c A  ，补充的条件是_________ 和_________. 19.（12 分） 如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 E 在线段 1CD 上， 12CE ED ，点 F 为线段 AB 上的动点， AF FB ，且 EF ∥平面 1 1ADD A . （1）求  的值； （2）求二面角 E DF C  的余弦值． 20.（12 分） 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有 4 个红球、6 个白球的甲 箱和装有 5 个红球、5 个白球的乙箱中，各随机摸出 1 个球，在摸出的 2 个球中，若都是红球，则获一等奖； 若只有 1 个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖． （1）求顾客抽奖 1 次能获奖的概率； （2）若某顾客有 3 次抽奖机会，记该顾客在 3 次抽奖中获一等奖的次数为 X ，求 X 的分布列和数学期望。 21.（12 分） 已知椭圆C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的离心率为 2 2 ，焦距为 2. （1）求椭圆C 的方程； （2）设 A ， B 为椭圆C 上两点，O 为坐标原点， 1 2OA OBk k   ，点 D 在线段 AB 上，且 1 3AD AB  ， 连接OD 并延长交椭圆C 于 E，试问 OE OD 是否为定值？若是定值，求出定值；若不是定值，请说明理由。 22.（12 分） 已知函数   xf x xe . （1）求  f x 在 2x   处的切线方程； （2）已知关于 x 的方程  f x a 有两个实根 1x ， 2x ，当 2 1 2ae e     时，求证：  2 1 2 1 4x x e a    . 武昌区 2021 届高三年级 5 月质量检测 数学参考答案 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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.B 2.D 3.A 4.C 5.B 6.B 7.A 8.B 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部 选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。 9.AC 10.ABC 11.ABC 12.ACD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.答案：15 4 14.答案： 4 5 15.答案： ,0 16.答案：（1） 6 ；（2） 2 3 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17.解：（1）当 1n  时，由 2 3 2 6n n na a S   ，得 2 1 1 1 13 2 6 6a a S a    ，即 2 1 13 2 0a a   . 又  1 0,2a  ，解得 1 1a  . 由 2 3 2 6n n na a S   ，可知 2 1 1 13 2 6n n na a S     ， 两式相减，得  2 2 1 1 13 6n n n n na a a a a      ，即  1 1 3 0n n n na a a a     ， 由于 0na  ，可得 1 3n na a   ，所以 na 是首项为 1，公差为 3 的等差数列， 所以 3 2na n  . （2）因为 3 2na n  ，所以   1 1 1 1 1 1 3 2 3 1 3 3 2 3 1n n n b a a n n n n           ， 所以 1 2 1 1 1 1 1 113 4 4 7 3 2 3 1 3 1n n nT b b b n n n                   . 18.解：因为 sin 3 cosa C c A  ，所以 sin sin 3sin cosA C C A . 又sin 0C  ，所以sin 3 cosA A ，即 tan 3A  . ∵  0,A  ，∴ 3A  . 若选①， 3 1cos 5 2B     ，∴ 2 ,3B      ，则 A B C    ，三角形不存在； 因此，只能选择②和③ ∴  2 22 2 2 2cos 2 2 b c bc ab c aA bc bc      ，∴ 1 6 2 2 2 bc bc  ，∴ 2bc  ， 与 2 3b c  联立，解得 3 1b   ， 3 1c   ；或 3 1b   ， 3 1c   ， 所以，符合条件的 ABC 存在，且 1 1 3 3sin 22 2 2 2ABCS bc A      . 19.解：（1） 方法一： 过 E 作 1EG D D 于G ，连结GA. 则 EG CD∥ ，而 CD FA∥ ，所以 EG FA∥ . 因为 EF ∥平面 1 1ADD A ， EF  平面 EFAG ， 平面 EGAF  平面 1 1ADD A GA ，所以 EF GA∥ ， 所以四边形 EGAF 是平行四边形，所以GE AF . 因为 12CE ED ，所以 1 1 1 3 D EGE DC D C   . 所以 1 3 AF AB  ，即 1 2 AF FB  ，所以 1 2   . 方法二： 延长 CF 交线段 DA 的延长线于 M ，连结 1D M . 因为 EF ∥平面 1 1ADD A ，所以 1EF D M∥ . 所以 1 1 2 D EMF FC EC   .又因为 AD BC∥ ， 所以 1 2 AF MF FB FC   ，即 1 2   . （2）方法一：过 E 作 EH CD 于 D ，过 H 作 HM DF 于 M ，连结 EM . 因为 1 1CDD C  平面 ABCD ， EH CD ， 所以 EH  ABCD . 因为 DF  平面 ABCD ，所以 EH DF . 又 HM DF ，所以 DF  平面 EMH . 因为 EM  平面 EMH ，所以 DF EM . 所以 EMH 是二面角 E DF C  的平面角. 设正方体的棱长为3a ，则 2EH a . 在 Rt DHF 中， DH a ， 3HF a ， 10DF a ， 所以 3 3 10 10 DH HF a aHM aDF a     . 在 Rt EHM 中，求得 2 2 7 10 EM EH HM a   ， 所以 3cos 7 HMEMH EM    ，即为所求. 方法二： 以 D 坐标原点， DA 为 x 轴， DC 为 y 轴， 1DD 为 z 轴，建立空间直角坐标系. 设正方体棱长为 3，则  0,0,0D ，  0,1,2E ，  3,1,0F ，  0,3,0C . 设平面 EDF 的法向量为  , ,m x y z ，  0,1,2DE  ，  3,1,0DF  . 由 0 2 0 3 00 DE m y z x yDF m                ，取 2x  ，得 2 6 3 x y z       ，即  2, 6,3m   . 取平面CDF 的法向量  1 0,0,3n DD   ，则 9 3cos , 7 3 7 m nn m m n          . 所以二面角 E DF C  的余弦值为 3 7 . 20.解：（1）记事件 1A  {从甲箱中摸出的 1 个球是红球}， 2A  {从乙箱中摸出的 1 个球是红球}， 1B  {顾 客抽奖 1 次获一等奖}， 2B  {}，C  {顾客抽奖 1 次能获奖}. 由题意， 1A 与 2A 相互独立， 1 2A A 与 1 2A A 互斥， 1B 与 2B 互斥， 且 1 1 2B A A ， 2 1 2 1 2B A A A A  ， 1 2C B B  . 因为  1 4 2 10 5P A   ，  2 5 1 10 2P A   ， 所以        1 1 2 1 2 2 1 1 5 2 5P B P A A P A P A     ，        2 1 2 1 2 1 2 1 2P B P A A A A P A A P A A             1 2 1 2 2 1 2 1 11 1 1 15 2 5 2 2P A P A P A P A                     ， 故所求概率为        1 2 1 2 1 1 7 5 2 10P C P B B P B P B       . （2）顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由（1）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为 1 5 ，所以 1~ 3, 5X B     . 于是   0 3 0 3 1 4 640 5 5 125P X C             ，   1 2 1 3 1 4 481 5 5 125P X C             ，   2 1 2 3 1 4 122 5 5 125P X C             ，   3 0 3 3 1 4 13 5 5 125P X C             . 故 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 64 125 48 125 12 125 1 125 X 的数学期望为   1 33 5 5E X    . 21.解：（1）由已知得 2 2 ce a   且 2 2c  ，所以 2a  ， 1c  . 所以椭圆方程为 2 2 12 x y  . （2）设点  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  3 4,D x y ， 由 1 3AD AB  ，得 1 2 3 1 2 3 2 3 2 3 x xx y yy     ， 设 OE OD  ，则结合题意可知 OE OD  ，所以  3 3,E x y  . 将点  3 3,E x y  代入椭圆方程，得 2 2 23 3 12 x y      . 即 2 1 2 22 23 1 2 32 2 21 3 2 2 3 x x x y yy             . 变形，得 2 2 2 21 1 2 2 1 1 1 22 1 4 4 1 9 2 9 2 9 2 x x x xy y y y                   （*） 又因为 A ， B 均在椭圆上，且 1 2OA OBk k   ， 所以 2 21 1 2 22 2 1 2 1 2 12 12 1 2OA OB x y x y y yk k x x               ，代入（*）式解得 3 5 5   . 所以 OE OD 是定值，为 3 5 5   . 22.解：（1）因为    ' 1 xf x x e  ，所以   2 1' 2f e    . 所以，在 2x   处的切线方程为  2 2 1 22y xe e     .即 2 2 1 4y xe e    . （2）由（1）知，  f x 在 , 1  单调递减，在  1,  单调递增. 因为   11f e    ，   2 22f e    . 当 2 1 2ae e     时，方程  f x a 有两个实根 1x ， 2x ，则  1 2, 2,0x x   . 令      2 2 1 4 2 0g x f x x xe e       ，则     2 1' 1 xg x x e e    . 令    'h x g x ，则    ' 2 0xh x x e   . 所以  'g x 在 2,0 上单调递增，所以    ' ' 2 0g x g   . 所以  g x 在 2,0 上单调递增，所以   ( 2) 0g x g   ，所以  1 0g x  . 所以    1 1 1 12 2 2 2 1 4 1 4a f x g x x xe e e e        ，所以  2 14e a x   . 当  2,0x  时， xxe x ，所以  2 2a f x x  . 所以  2 2 2 1 4 1 4x x a e a e a       .