武汉市2020届质量检测(文理科)数学.pdf

理科数学参考答案 第 1 页 共 5 页 武汉市 2020 届高中毕业生学习质量检测 理科数学参考答案及评分细则 一 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C A B C D A B D A C B 二 填空题 13 1 312 22 yx 14 1 15 14 9 16 2 1 三 解答题 17 1 由已知条件 c bc BA BA tantan tantan 得 c b BA B tantan tan2 由正弦定理得 C B c b sin sin 则 C B BA B sin sin tantan tan2 即B B B A A C B B sin cos sin cos sin sin cos sin2 由0sin B 整理得 BABAACsincoscossincossin2 3 分 即 sin cossin2BAAC 4 分 即CACsincossin2 由0sin C 故 2 1 cos A 6 分 由 1 知 3 A 则bcAbcS ABC 4 3 sin 2 1 由余弦定理得 Abccbacos2 222 而4 a 则16 22 bccb 由bccb2 22 得162 bcbc 即16 bc 9 分 所以3416 4 3 4 3 sin 2 1 bcAbcS ABC 当cb 时取等号 12 分 18 1 取DC的中点H AB的中点M 连接QH HL BD 在正方体 1111 DCBAABCD 中 Q为 11D C的中点 理科数学参考答案 第 2 页 共 5 页 则CDQH 从而 QH面ABCD 所以ACQH 2 分 在正方形ABCD中 H L分别为CD BC的中点 所以HLBD 而BDAC 则ACHL 4 分 又HHLQH I 所以 AC面QHL 所以QLAC 6 分 2 连接ML MP 由ACQL MLAC知MLQL 则四边形PQLM为矩形 则点A到平面PQL的距离即为点A到平面PML的距离 设其值为h 8 分 在四面体AMLP 中 2 8 1 222 1 2 1 a aa BLAMS AML 2222 4 3 2 2 2 2 2 1 2 1 a a a a aPMMLS PML 由等体积法可知 PMLAAMLP VV 即haaa 22 4 3 3 1 8 1 3 1 解之得ah 6 3 故点A到平面PQL的距离为a 6 3 12 分 19 1 0 2 2 ppxy的焦点 0 2 p F 而 32 2 FP 所以点 32 2 2 p P 又点P在抛物线pxy2 2 上 所以 2 2 2 32 2 p p 即0124 2 pp 而0 p 故2 p 则抛物线的方程为xy4 2 4 分 2 设 00 yxM 11 yxN 22 yxL 则 1 2 1 4xy 2 2 2 4xy 直线MN的斜率为 01 2 0 2 1 01 01 01 4 4 yyyy yy xx yy kMN 则 MN l 4 4 2 0 01 0 y x yy yy 即 10 10 4 yy yyx y 同理 ML l 20 20 4 yy yyx y 理科数学参考答案 第 3 页 共 5 页 将 2 3 A 6 3 B分别代入 两式得 20 20 10 10 12 6 12 2 yy yy yy yy 消去 0 y得12 21 yy 9 分 易知直线 21 4 yy kNL 则直线NL的方程为 4 4 2 1 21 1 y x yy yy 即 21 21 21 4 yy yy x yy y 故 2121 124 yy x yy y 所以 3 4 21 x yy y 因此直线NL恒过定点 0 3 12 分 20 1 依题意0 380 10 1 i i x 则380454339383736333132 10 x 解得 46 10 x 3分 2 由居民收入x与该种商品的销售额y之间满足线性回归方程 363 254 yxa 知 254 363 b 即 254 363 10 10 10 1 2 2 10 1 i i i ii xx yxyx b 即 254 363 254 10 340 38104612875 10 10 y y 解之得 51 10 y 8 分 易得38 x 1 39 y 代入axy 254 363 得 a 38 254 363 1 39 解得21 15 a 所以21 15 254 363 xy 10 分 当40 x时 96 4121 1540 254 363 y 故若该城市居民收入达到 40 0 亿元 估计这种商品的销售额是96 41万元 12 分 21 1 2cos2 cossin x yexxxx xxxexcos4sin2 2 分 因为 2 x 所以0 x e 0sin2 xx 0cos4 x 故 0y x 所以e2sin2 cos x yxxx 在 2 上单调增 4 分 理科数学参考答案 第 4 页 共 5 页 2 可得 2 2 cos2 1 x xxxe xf x 5 分 令xxxexg x cos2 1 2 则 cos4sin2 xxxexxg x 当 2 x时 由 1 知0cos4sin2 xxxex 则0 x g 故 xg在 2 递减 而0 1 2 2 2 eg 由零点存在定理知 存在唯一的 2 0 x使得0 0 xg 7 分 即0cos4sin2 000 0 xxxex 当 0 xx 时 0 xg 即0 x f xf为增函数 当 2 0 xx时 0 xg 即0 x f xf为减函数 又当 0 2 x时 0cos2 1 2 2 2 e1 2sin 20 22 e 2 2 f 故 0 0f x 又 0 00 0 e 2sin x f xx x 当 0 2 x 时 0 0 e 10 x x 0 02sin2x 故 0 2f x 所以 0 0 2f x 12 分 22 1 由 sin4 cos5 y x 消去参数 可得1 1625 22 yx 2 分 将 sin cos y x 代入03cos4 2 得034 22 xyx 5 分 2 2 C的圆心为 0 2 M 理科数学参考答案 第 5 页 共 5 页 则20cos20cos9 0sin4 2cos5 222 2 MP 7 分 由1cos1 知 当1cos 时 9920209min 2 MP 故3 min MP 9 分 从而2 min PQ 10 分 23 1 在4 a时 8342 xx 当3 x时 8342 xx 解之得5 x 当32 x时 8342 xx 解之得9 x 此时 x 无解 当2 x时 8324 xx 解之得 3 1 x 综上 5 3 1 Ux 5 分 2 当2 a时有 2 1 a a 2 123 1 2 1 1 123 a xax ax a x axax xf 在 2 a x 时 1 2 2 min aa fxf 则只需 2 1 2 2 aa 而2 a 则 a 7 分 当2 a时有 2 1 a a 1 123 2 1 1 2 123 axax a xax a xax xf 在 2 a x 时 2 11 2 2 min aaa fxf 则只需 22 1 2 aa 即02 2 aa 所以12 a 而2 nan得0100 nan 即01002 1 n n 设1002 1 nb n n Nn 则需0 n b 12 1002 10012 11 1 nnn nn nnbb 显然1 n时 nn bb 1 2 n时 nn bb 1 8 分 即LL n bbbbb 4321 而 7 430b 即7 n时0n时 0 n b 故n的取值范围是 8 n 12 分 18 1 取DC的中点H AB的中点M 连接QH 在正方体 1111 DCBAABCD 中 Q为 11D C的中点 则CDQH 则 QH面ABCD 所以ACQH 2 分 在正方形ABCD中 H L分别为CD BC的中点 所以HLBD 而BDAC 则ACHL 4 分 又HHLQH I 所以 AC面QHL 所以QLAC 6 分 连接ML MP 显然MLPQ 且MLPQ 故四边形PQLM为平行四边形 则 PQLPML SS 文科数学参考答案 第 2 页 共 4 页 由 DMLDAMMBLDCLABCD SSSSS 正方形 22 111 113 2 222 228 aaaaaa 所以 23 131 388 D PQLD PMLP DML VVVaaa 12 分 19 1 503502496499491498506504501 510 501 10 x 3 分 08 58 25 9035 3 10 2 5 12 10 1 2222222222 s 6 分 2 08 506 92 495 sxsx 设从这 10 袋中任取 2 袋白糖 其中恰有一袋的重量不在 sxsx 为事件 A 分 析知从 10 袋中任取两袋 总的结果数有45种 8 分 恰有一袋重量落在区间 08 506 92 495 的结果有16种 10 分 由古典概型公式得 16 45 m P A n 12 分 20 1 0 2 2 ppxy的焦点 0 2 p F 而 32 2 FP 则 32 2 2 p P 2 分 又点P在抛物线pxy2 2 上 所以 2 2 2 32 2 p p 即0124 2 pp 而0 p 故2 p 则抛物线的方程为xy4 2 4 分 2 设 00 yxM 11 yxN 22 yxL 则 1 2 1 4xy 2 2 2 4xy 直线MN的斜率为 01 2 0 2 1 01 01 01 4 4 yyyy yy xx yy kMN 则 MN l 4 4 2 0 01 0 y x yy yy 即 10 10 4 yy yyx y 同理 ML l 20 20 4 yy yyx y 将 2 3 A 6 3 B分别代入 两式得 20 20 10 10 12 6 12 2 yy yy yy yy 消去 0 y得12 21 yy 9 分 易知直线 21 4 yy kNL 则直线NL的方程为 4 4 2 1 21 1 y x yy yy 文科数学参考答案 第 3 页 共 4 页 整理得 21 21 21 4 yy yy x yy y 即 2121 124 yy x yy y 即 3 4 21 x yy y 因此直线NL是否恒过定点 0 3 12 分 21 1 x x xf sin 2 sincos x xxx xf 设xxxxmsincos 0 x时 0sin xxxm 所以 xm在 0 递减 则 0 0m xm 故0 x f 所以 xf在 0 递减 4 分 2 观察知 xg为偶函数 故只需求 0 x时 xg的最小值 由xxxgsin2 当 2 0 x时 设xxxnsin2 则xxncos2 显然 x n 递增 而02 0 n 由零点存在定理 存在唯一的 2 0 0 x 使得0 0 x n 6 当 0 0 xx 时 0 x n xn递增 而0 0 n 0 2 n 故 2 0 x时 0 xn 即 2 0 x时 0 0 x g xg递增 11 分 所以 4 2 2 min gxg 12 分 22 1 由 sin4 cos5 y x 消去参数 可得1 1625 22 yx 2 分 将 sin cos y x 代入03cos4 2 得034 22 xyx 5 分 2 2 C的圆心为 0 2 M 则20cos20cos9 0sin4 2cos5 222 2 MP 7 分 由1cos1 知 当1cos 时 9920209min 2 MP 文科数学参考答案 第 4 页 共 4 页 故3 min MP 9 分 从而2 min PQ 10 分 23 1 在4 a时 8342 xx 当3 x时 8342 xx 解之得5 x 当32 x时 8342 xx 解之得9 x 此时x无解 当2 x时 8324 xx 解之得 3 1 x 综上 5 3 1 Ux 5