武汉市2020届质量检测(文理科)数学

 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123456789101112答案DCABCDABDACB 二、填空题13．131222=−yx14．[)∞+−，115．14.916．21−三、解答题17．（1）由已知条件cbcBABA−=+−tantantantan得：cbBAB=+tantantan2，由正弦定理得CBcbsinsin=，则CBBABsinsintantantan2=+，即BBBAACBBsin)cossincossin(sincossin2⋅+=⋅，由0sin≠B，整理得：BABAACsincoscossincossin2⋅+⋅=⋅，……3分即)sin(cossin2BAAC+=⋅，……4分即CACsincossin2=⋅，由0sin≠C，故21cos=A……6分由（1）知3π=A，则bcAbcSABC43sin21==Δ，由余弦定理得：Abccbacos2222−+=，而4=a，则1622=−+bccb由bccb222≥+得162≤−bcbc，即16≤bc，……9分所以34164343sin21=×≤==ΔbcAbcSABC，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1111DCBAABCD−中，Q为11DC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，281222121aaaBLAMSAML=⋅⋅=⋅=Δ，222243)2()2(222121aaaaaPMMLSPML=++⋅⋅=⋅⋅=Δ，由等体积法可知：PMLAAMLPVV−−=，即haaa⋅⋅=⋅⋅2243318131，解之得ah63=，故点A到平面PQL的距离为a63．……12分19．（1）)0(22=ppxy的焦点)0,2(pF，而)32,2(=FP，所以点)32,22(+pP，又点P在抛物线pxy22=上，所以)22(2)32(2+=pp，即01242=−+pp，而0p，故2=p，则抛物线的方程为xy42=．……4分（2）设),(00yxM，),(11yxN，),(22yxL，则1214xy=，2224xy=，直线MN的斜率为01202101010144yyyyyyxxyykMN+=−−=−−=，则MNl：)4(420010yxyyyy−+=−，即10104yyyyxy++=①；同理MLl：20204yyyyxy++=②； 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①、②两式得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=−++=−20201010126122yyyyyyyy，消去0y得1221=yy，……9分易知直线214yykNL+=，则直线NL的方程为)4(421211yxyyyy−+=−，即2121214yyyyxyyy+++=，故2121124yyxyyy+++=，所以)3(421++=xyyy，因此直线NL恒过定点)0,3(−．……12分20．（1）依题意0.380101=∑=iix，则38045433938373633313210=+++++++++x，解得：4610=x．……3分（2）（Ⅰ）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363ˆ254yxa=+知254363=b，即254363101010122101=−−=∑∑==iiiiixxyxyxb，即25436325410340381046128751010=+⋅⋅−+yy，解之得：5110=y．……8分（Ⅱ）易得38=x，1.39=y，代入axy+=254363ˆ得：a+×=382543631.39，解得21.15−≈a，所以21.15254363ˆ−=xy，……10分当40=x时，96.4121.1540254363≈−×=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)xyexxxx′=−−−xxxexcos4sin2−+=，……2分因为)2,(ππ−−∈x，所以0xe，0sin2xx，0cos4−x，故()0yx′，所以e2sin2cosxyxxx=−−在)2,(ππ−−上单调增．……4分 理科数学参考答案第4页（共5页）（2）可得：22cos2)1()(xxxxexfx−−=′，……5分令xxxexgxcos2)1()(2−−=，则)cos4sin2()(xxxexxgx−+=′，当)2,(ππ−−∈x时，由（1）知0cos4sin2−+xxxex，则0)(′xg，故)(xg在)2,(ππ−−递减，而0)12()2(2−−=−−πππeg，0)1(8)(+−=−−πππeg，由零点存在定理知：存在唯一的)2,(0ππ−−∈x使得0)(0=xg……7分即0cos4sin20000=−+xxxex，当),(0xxπ−∈时，0)(xg，即0)(′xf，)(xf为增函数；当)2,(0π−∈xx时，0)(xg，即0)(′xf，)(xf为减函数，又当)0,2(π−∈x时，0cos2)1()(2−−=′xxxexfx，所以)(xf在)0,2(π−上为减函数，从而()fx在)0,(0xx∈上恒为减函数；因此()fx有惟一的极大值点0x.……9分由()fx在0(,)2xπ−上单调递减，故0()()2fxfπ−22e1()2sin()2022e22fππππππ−−=−−=−+−故0()0fx又0000e()2sinxfxxx=−，当0(,)2xππ∈−−时，00e10xx−，002sin2x−故0()2fx所以00()2fx.……12分22．（1）由⎩⎨⎧==θθsin4cos5yx，消去参数θ可得1162522=+yx……2分将⎩⎨⎧==θρθρsincosyx代入03cos42=+−θρρ得03422=+−+xyx．……5分（2）2C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(2222+−=−+−=θθθθMP，……7分由1cos1≤≤−θ知，当1cos=θ时，9920209min2=−+−=MP，故3min=MP，……9分从而2min=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31−≤x；综上[)+∞⎥⎦⎤⎜⎝⎛−∞−∈,531,Ux……5分（2）①当2≥a时有21aa≥−，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤−+−−−−≥+−=2,12312,11,123)(axaxaxaxaxaxxf在2ax=时，12)2()(min−==aafxf，则只需2122aa≥−，而2≥a，则φ∈a；……7分②当2a时有21aa−，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧−≤−+−−−≥+−=1,12321,12,123)(axaxaxaxaxaxxf在2ax=时，2112)2()(minaaafxf−=−==，则只需2212aa≥−，即022≤−+aa，所以12≤≤−a，而2a，故所求a范围为：12≤≤−a．综合以上可知：12≤≤−a．……10分  文科数学参考答案第1页（共4页）武汉市2020届高中毕业生学习质量检测文科数学参考答案及评分细则 一、选择题题号123456789101112答案DCACBCBCADAB 二、填空题13．12+−=exy14．[)∞+−，115．116．14.9三、解答题17．（1）由已知得⎪⎩⎪⎨⎧=−++=−15)1(14121131aqaqqaaqa解之得：11=a，2=q……4分（2）由（1）知12−=nna，由100+nan得0100−−nan，即010021−−−nn设10021−−=−nbnn)(∗∈Nn，则需0nb，12)1002()10012(111−=−−−−−−=−−−+nnnnnnnbb，显然1=n时，nnbb=+1，2≥n时，nnbb+1，……8分即LL=nbbbbb4321，而7430b=−，8200b=，即7≤n时0nb；当8n时，0nb，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1111DCBAABCD−中，Q为11DC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PQLPMLSSΔΔ=，  文科数学参考答案第2页（共4页）由DMLDAMMBLDCLABCDSSSSSΔΔΔΔ=−−−正方形221111132()222228aaaaaa=−⋅⋅−⋅⋅=所以23131388DPQLDPMLPDMLVVVaaa−−−===××=………………12分19.（1）50350249649949149850650450151050110x+++++++++==……3分08.58.25)9035)3()10()2()5(12(1012222222222≈=++++−+−+−+−++=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()45mPAn==……12分20．（1）)0(22=ppxy的焦点)0,2(pF，而)32,2(=FP，则)32,22(+pP，……2分又点P在抛物线pxy22=上，所以)22(2)32(2+=pp，即01242=−+pp，而0p，故2=p，则抛物线的方程为xy42=．……4分（2）设),(00yxM，),(11yxN，),(22yxL，则1214xy=，2224xy=，直线MN的斜率为01202101010144yyyyyyxxyykMN+=−−=−−=，则MNl：)4(420010yxyyyy−+=−，即10104yyyyxy++=①；同理MLl：20204yyyyxy++=②；将)2,3(−A、)6,3(−B分别代入①、②两式得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=−++=−20201010126122yyyyyyyy，消去0y得1221=yy，……9分易知直线214yykNL+=，则直线NL的方程为)4(421211yxyyyy−+=−，  文科数学参考答案第3页（共4页）整理得2121214yyyyxyyy+++=，即2121124yyxyyy+++=，即)3(421++=xyyy，因此直线NL是否恒过定点)0,3(−．……12分21.（1）xxxfsin)(=，2sincos)(xxxxxf−=′，设xxxxmsincos)(−=，),0(π∈x时，0sin)(−=′xxxm，所以)(xm在),0(π递减，则()(0)0mxm=，故0)(′xf，所以)(xf在),0(π递减；……4分（2）观察知)(xg为偶函数，故只需求[)+∞∈,0x时)(xg的最小值，由xxxgsin2)(π−=′，当)2,0(π∈x时，设xxxnsin2)(π−=，则xxnco