湖北省武汉市武昌区2024届高三数学下学期5月质量检测试卷含解析.docx
武昌区2024届高三年级5月质量检测
数学
本试题共19题，满分150分，考试用时120分钟
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.若复数满足，则的虚部为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法和共轭复数的概念即可得到答案.
【详解】，
则，则其虚部为，
故选：D.
2.已知二项式展开式的二项式系数的和为64，则（）
A. B.
C.展开式的常数项为 D.的展开式中各项系数的和为1
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式系数和可得n，化简通项公式，由x的指数为0求出k，然后可得常数项，再令即可判断D.
【详解】由题可知，，则.则AB错误；
展开式中的第项为.
令，得，则，故C错误；
令得，则的展开式中各项系数的和为1，
故选：D.
3.已知，向量，且，则在上的投影向量为（）
A. B.5 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助向量垂直可得，结合投影向量定义计算即可得解.
【详解】由，则有，即，
则，故.
故选：C.
4.已知等差数列的前项和为，若，则（）
A.288 B.144 C.96 D.25
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的前项和列方程组求出，进而即可求解.
【详解】由题意，即，解得.
于是.
故选：B.
5.已知函数，则关于的不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】消去绝对值可得函数的单调性，利用函数单调性解不等式即可得.
【详解】由，故在上单调递增，
由，有，即.
故选：A.
6.灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为，其中是球的半径，是球缺的高.已知该灯笼的高为40cm，圆柱的高为4cm，圆柱的底面圆直径为24cm，则该灯笼的体积为（取）（）
A.cm3 B.33664cm3 C.33792cm3 D.35456cm3
【答案】B
【解析】
【分析】由勾股定理求出，则可得，分别求出两个圆柱的体积、灯笼中间完整的球的体积与球缺的体积即可得..
【详解】该灯笼去掉圆柱部分的高为cm，则cm，
由圆柱的底面圆直径为24cm，则有，
即，可得，则，
.
故选：B.
7.已知抛物线的焦点为，过作直线交抛物线于两点，过分别作准线的垂线，垂足分别为，若和的面积分别为8和4，则的面积为（）
A.32 B.16 C. D.8
【答案】C
【解析】
【分析】设直线代入抛物线方程，利用韦达定理，计算，相乘化简可得，由三角形面积公式可得.
【详解】设直线，
代入抛物线方程，消元可得，
设，则，
，
，
，
于是，即，
故选：C.
8.设，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题利用作差法构造出两个式子相减类型的函数，然后求导求得其在上的单调性，从而求得该函数是大于0还是小于0，从而可判断a、b的大小关系；用同样的方法进一步构造函数并求导来比较a、c的大小关系，最终确定a、b、c的大小关系.
【详解】令，易求，
当时，，所以在单调递增，
所以，所以，即，所以.
令，
则，
令，则，
因为，则，
可得，则，
所以在内单调递增，则，
即在内恒成立，则在内单调递增，
可得，即，所以，
综上所述：
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是合理构造函数，利用导数研究其单调性，然后再代入比较相关大小关系.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.下列说法正确的是（）
A.将一组数据每一个数减去同一个数后，新数据的方差与原数据方差相同
B.线性回归直线一定过样本点中心
C.线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强
D.在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好
【答案】ABD
【解析】
【分析】借助方差的性质、样本点中心的性质、线性相关系数的性质与残差的性质逐项判断即可得.
【详解】对A：由方差的性质可知，将一组数据的每一个数减去同一个数后，
新数据的方差与原数据方差相同，故A正确；
对B：由，故线性回归直线一定过样本点中心，故B正确；
对C：线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强，故C错误；
对D：在残差的散点图中