武汉市2021届高中毕业生三月质量检测数学试卷及答案

武汉市2021届高中毕业生三月质量检测
数 学 试 卷
武汉市教育科学研究院命制2021.3.2
本试题卷共5页，22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.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.复数z满足z
z
=i.则复平面上表示复数z的点位于(B)
A.第一或第三象限
B.第二或第四象限
C.实轴
D.虚轴
2.“tanθ=3”是“sin2θ=
3
2
”的(A)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
3.设a=30.5,b=40.4,c=50.3,则(C)
A.a<b<c
B.c<b<a
C.c<a<b
D.a<c<b
4.已知正整数n≥7,若(x-1
x
)(1-x)n的展开式中不含x4的项,则n的值为(B)
A.7
B.8
C.9
D.10
5.从3双不同的鞋子中随机任取3只,则这3只鞋子中有两只可以配成一双的概率是(C)
A.25
B.12
C.35
D.23
6.某圆锥母线长为2,底面半径为3,则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为
(A)
A.2
B.3
C.2
D.1
7.过抛物线E:y2=2px(p>0)焦点F的直线交抛物线于A,B两点,过A,B分别向E的准线作垂
线,垂足分别为C ,D ,若△ACF 与△BDF 的面积之比为4,则直线AB 的斜率为(D )
A.±1
B.±3
C.±2
D.±22
8.设函数f (x )=2sin (ωx +φ)-1(ω>0),若对于任意实数φ,f (x )在区间[π4 ,3π
4
]上至少有2个零
点,至多有3个零点,则ω的取值范围是(B )
A.[83 ,163 )
B.[4,163 )
C.[4,203 )
D.[83 ,203
)
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.图中矩形表示集合U ,A ,B 是U 的两个子集,则阴影部分可以表示为(ABD )A.∁U A ∩B B.∁B (A ∩B )C.∁U (A ∩(∁U B )) D.∁A ⋃B A
10.已知函数f (x )=-x ,x <0
x 2,
x >0
,则有(BC )
A.存在x 0>0使得f (x 0)=-x 0
B.存在x 0<0,使得f (x 0)=x 2
C.函数f (-x )与f (x )的单调区间和单调性相同
D.若f (x 1)=f (x 2)且x 1≠x 2,则x 1+x 2≤0
11.两个等差数列{a n }和{b n },其公差分别为d 1和d 2,其前n 项和分别为S n 和T n ,则下列命题中正确的是(AB )
A.若S n 为等差数列,则d 1=2a 1
B.若S n +T n 为等差数列,则d 1+d 2=0
C.若a n b n 为等差数列,则d 1=d 2=0
D.若b n ∈N *,则a b n 也为等差数列,且公差为d 1+d 2
12.设函数f (x )=e 2x -8e x +6x ,若曲线y =f (x )在点P x 0,f (x 0) 处的切线与该曲线恰有一个公共点P ,则选项中满足条件的x 0有(BCD )A.-ln2
B.2
ln C.4
ln D.ln5
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

13.两个单位向量e 1,e 2满足|e 1|=|e 1+e 2|,则|e 1-e
2|=
3.
14.双曲线E :x 2a 2 -y 2b
2 =1(a >0,b >0)的半焦距为c ,若双曲线E 与圆:(x -c )2+y 2=9a 2恰有三个公共点,则E 的离心率为2.15.在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中,立德中学高三某小组的学生表现优异,发
现的正确结论得到老师和同学的一致好评.设随机变量X ~B (n ,p ),记p k =C k n p k (1-p )n -k ,k =
0,1,2,⋯,n .在研究p k 的最大值时,小组同学发现:若(n +1)p 为正整数,则k =(n +1)p 时,p k =
A
B U
p k -1,此时这两项概率均为最大值;若(n +1)p 为非整数,当k 取(n +1)p 的整数部分,则p k 是唯一的最大值.以此为理论基础,有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数.当投掷到第20次时,记录到此时点数1出现5次,若继续再进行80次投掷试验,则当投掷到第100次时,点数1总共出现的次数为
18
的概率最大.
16.如图,该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体,其由两个全等且平行的正六边形作为基底,侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成.若某个正六角反棱柱各棱长均为1,则其外接球的表面积为(3+3)π.
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)
已知公比不为1的等比数列{a n }满足a 1+a 3=5,a 1,a 3,a 2构成等差数列.(I )求{a n }的通项公式;
(II )记S n 为{a n }的前n 项和,求使S k >23
8
成立的最大正整数k .
【解析】(I )由题意a 1+a 2=2a 3,∴a 1(1+q -2q 2)=0,∴q =-1
2
或1(舍)
又∵a 1+a 3=5,∴a 1(1+q 2)=5,∴a 1=4. 5分
∴a n =4⋅-12
n -1
.
(II )S n =41--12 n 1--12
=83 1--12 n ∵S k >238 ,∴83 1--12 k
>238 ,∴564 <--12
k
显然,k 为奇数,即12 k >5
64 .
解得k ≤3.所以满足条件的最大正整数k 为3. 10分18.(12分)
在△ABC 中,它的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且B =2π
3
,b = 6.
(I )若cos A cos C =2
3
,求△ABC 的面积;
(II )试问1a +1
c
=1能否成立?若能成立,求此时△ABC 的周长;若不能成立,请说明理由.
【解析】(I )由B =2π3 ，得A +c =π3 ,cos (A +C )=cos A cos C -sin A C sin ,即1
2 =cos A C cos -sin A C sin .
又∵cos A cos C =23 ,∴sin A C sin =1
6
.
∵a sin A
=c sin C =632
=22,∴a =22sin A ,c =22C sin .∴S △ABC =12 ⋅22sin A ⋅22sin C ⋅sin B =4sin A B sin sin C =4×16 ×32 =3
3
. 6分
(II )假设1a +1
c
=1能成立,∴a +c =ac .
由余弦定理，b 2=a 2+c 2-2ac cos B ,∴6=a 2+c 2+ac .
∴(a +c )2-ac =6,∴(ac )2-ac -6=0,∴ac =3或-2(舍),此时a +c =ac =3
不满足a +c ≥2ac ,∴1a +1
c =1不成立. 12分
19.(12分)
如图,四棱锥P -ABCD 中,CD ⊥平面PAD ,AB //CD ,AB =1,CD =2,M 为棱PC 上一点.(I )若BM ⊥CD ,证明:BM //平面PAD ;
(II )若PA =PD =AD =2,且PA //平面BMD ,求直线PC 与平面BMD 所成角的正弦值.
【解析】(I )取CD 中点N ,连MN 和BN ,∵AB ⋕DN ,∴四边形ABND 为平行四边形,∴BN //AD .
又CD ⊥平面PAD ,AD ⊂平面PAD .∴CD ⊥AD ,∵BN //AD ,∴CD ⊥BN .又∵CD ⊥BM ,BN ∩BM =B ,BM ⊂平面BMN ,BN ⊂平面BMN .∴CD ⊥平面BMN .
又∵CD ⊥平面APD ,∴平面BMN //平面PAD .
∵BM ⊂平面BMN ,∴BM //平面APD . 6分(II )取AD 中点O ,作OQ //AB 交BC 于Q ,
∵PA =PD ,∴PO ⊥AD ,CD ⊥平面PAD ,PO ⊂平面PAD .∴CD ⊥PO ,又CD ∩AD =D .∴PO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点,OA 为x 轴正方向,OQ 为y 轴正方向,OP 为z 轴正方向,建立空间直角坐标系.
A (1,0,0),D (-1,0,0),
B (1,1,0),
C (-1,2,0),
P (0,0,3)设平面BMD 的法向量n
=(x ,y ,z ),∴PA =(1,0,-3),DB
=(2,1,0).由PA //平面BMD .PA ⋅n
=x -3z =0
DB ⋅n
=2x +y =0
,取x =3,y =-23,z =1.n
=(3,-23,1).PC
=(-1,2,-3).
cos <n ,PC >=n ⋅PC |n |⋅|PC |
=368 .∴直线PC 和平面BMD 所成角正弦值为36
8 . 12分
20.(12分)
有关研究表明,正确佩戴安全头盔,规范使用安全带能够将交通事故死亡风险大幅降低,对保护群众生命安全具有重要作用.2020年4月,“一盔一带”安全守护行动在全国各地开展.行动期间,公安交管部门将加强执法管理,依法查纠摩托车和电动自行车骑乘人员不佩戴安全头盔,汽车驾乘
A
B
C
D M
P A B
C
D M
P x
y
z
N
O
人员不使用安全带的行为,助推养成安全习惯.该行动开展一段时间后,某市针对电动自行车骑乘人员是否佩戴安全头盔问题进行调查,在随机调查的1000名骑行人员中,记录其年龄和是否佩戴头盔情况,得到如下的统计图表:
0.040.0150.0250.005
0.0350.010.020
0.03年龄/周岁
频率组距
20
30
40
50
60
70
0.025
0.0350.02
0.015
0.005
0.8510.90.5
年龄低于40岁
年龄不低于40岁
未佩戴头盔佩戴头盔
(I )估算该市电动自行车骑乘人员的平均年龄;(II )根据所给的数据，完成下面的列联表:
是否
[20,40)[40,70]
是否佩戴头盔年龄(III )根据(II )中的列联表，判断是否有99%把握认为遵守佩戴安全头盔与年龄有关？
附:K 2
=n ad -bc
2
(a +b )(c +d )(a +c )(b +d )
.
【解析】(I )解:该市电动自行车骑行人员平均年龄为
25×0.25+35×0.35+45×0.2+55×0.15+65×0.05=39. 3分(II )
是否[20,40)54060[40,70]
340
60
是否佩戴头盔年龄 7分
(III )K 2
=1000×(60×540-60×340)2
600×400×880×120 =12522
≈5.682<6.635.故而没有99%的把握认为邀守佩戴安全头盔与年龄有关. 12分
21.(12分)
P (K 2≥k 0)
0.0500.0100.001
k 0
3.841
6.63510.828
已知椭圆C :x 2a 2 +y 2b
2 =1(a >b >0)的左右顶点分别为A ,B ,过椭圆内点D (2
3 ,0)且不与x 轴重
合的动直线交椭圆C 于P ,Q 两点,当直线PQ 与x 轴垂直时,|PD |=|BD |=4
3
.
(I )求椭圆C 的标准方程;
(II )设直线AP ,AQ 和直线l :x =t 分别交于点M ,N ,若MD ⊥ND 恒成立,求t 的值.【解析】(I )由|BD |=43 ,得a =23 +43 =2,故C 的方程为x 24 +y 2b 2 =1此时P (23 ,43 ).
代人方程,19 +169b
2 =1,解得b 2=2,故C 的标准方程为x 24 +y 22 =1. 4分
(II )设直线PQ 方程为:x =my +2
3
,与椭圆方程联立
(m 2+2)y 2+4m 3 y -329
=0.设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则y 1+y 2=-4m 3(m 2+2)
y 1y 2=-329(m 2+2)
．①
此时直线AP 方程为y =y 1x 1+2
(x +2),与x =t 联立
得点M t ,(t +2)y 1x 1+2 ,同理,点N t ,(t +2)y 2
x 2+2
.
由MD ⊥ND ,k MD ⋅k ND =-1.
(t +2)y 1t -23 (x 1+2) ⋅(t +2)y 2t -23
(x 2+2)
=-1
所以(t +2)2y 1y 2+t -23 2(my 1+83 )(my 2+8
3 )=0.
即(t +2)2y 1y 2+t -23 2m 2y 1y 2+8m 3 (y 1+y 2)+649
=0.将①代入得:-32(t +2)2
9(m 2+2) +t -23 2-32m 29(m 2+2) -32m 29(m 2+2) +
649 =0化简得:-32(t +2)2+t -23
2
-32m 2-32m 2+64(m 2+2) =0
即(t +2)2-4t -23 2=0.即t +2=±2(t -2
3
).
解得t =-29 或t =10
3
. 12分
22.(12分)
已知函数f (x )=(x -1)e x -a -ln x .(I )当a =1时,求f (x )的最小值;
(II )证明:当0<a ≤1时,f (x )≥ln a 恒成立.
【解析】(I )a =1时,f (x )=(x -1)e x -1-ln x .f (x )=x e x -1-1
x
.
设g (x )=f (x ),∵g (x )=(x +1)e x -1+1
x 2
>0.
∴f (x )单调递增.
又f (1)=0,故0<x <1时,f (x )<0,f (x )单调递减;x >1时,f (x )>0,f (x )单调递增
故f (x )在x =1处取得最小值f (1)=0. 5分(II )方法一:
设h (a )=(x -1)e x -a -ln x -a ln .
h (a )=(1-x )e x
e a -1a =1e
a [(1-x )e x -e a a ].
设s (x )=(1-x )e x ,t (x )=e x x
,∵s (x )=-xe x <0,∴x >0时,s (x )单调递减,s (x )<s (0)=1,
∵t (x )=x -1x
2 e x
.∴0<x <1时,t (x )<0,t (x )单调递减;x >1时,t (x )>0,t (x )单调递增,
∴t (x )≥t (1)=e ,故a >0,x >0时,(1-x )e x <1<e ≤e a a
.即h (a )<0,h (a )单调递减.
则0<a ≤1时,h (a )≥h (1)=(x -1)e x -1-ln x .由(I )知,(x -1)e x -1-ln x ≥0.故0<a ≤1时,h (a )≥0.
即(x -1)e x -a -ln x ≥ln a 恒成立. 12分方法二:
设u (x )=ln x -x +1(x >0).
∴u (x )=1x -1=1-x x
,∴u (x )在(0,1]上单调递增,[1,+∞)上单调递减.∴u (x )≤u (1)=0,∴ln x ≤x -1.
设h (x )=(x -1)e x -a -ln x -ln a (x >0),0<a ≤1.
h (x )=x ⋅e x -a -1x =1
x
(x 2⋅e x -a -1).
令t (x )=x 2⋅e x -a -1,∴t (x )=(x 2+2x )⋅e x -a >0,∴t (x )在(0,+∞)上单调递增.
又∵t (a )=a 2-1≤0,t (1)=e t -a -1≥0，∴∃唯一x 0∈[a ,1]使t (x 0)=0,x 2
0⋅e x 0-a =1.
∴2ln x 0+x 0-a =0,即a =2ln x 0+x 0,令p (x )=2ln x +x 在(0,+∞)上单调递增.
a =1时,x 0=1;a =0时,2ln x 0+x 0=0,又2ln 12 +12 <0,∴x 0>1
2
.
即x 0∈1
2 ,1 .
∵h (x )在(0,x 0)上单调递减，x 0,+∞ 上单调递增
∴h (x )min =h (x 0)=(x 0-1)e x 0-a -ln x 0-ln a =x 0-1x 0
2 -ln x 0-ln (2ln x 0+x 0)≥1x 0 -1x 02 -ln x 0-(2ln x 0+x 0-1)=x 0-1x 0
2 -3ln x 0-(x 0-1)≥x 0-1x 20 -3(x 0-1)-(x 0-1)=(x 0-1)x 2
(1-4x 20).∵x 0∈1
2 ,1
,h (x 0)≥0.
即0<a ≤1时,f (x )≥ln a 恒成立. 12分。