2020届武汉市高三理科数学5月质检试卷含答案.pdf

1、 理科数学参考答案第 1 页（共 6 页） 武汉市 2020 届高中毕业生五月质量检测 理科数学参考答案及评分细则 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B C A B A C B D C B B D 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 210xy 142.3 15 5 4 1634 三、解答题：本大题共 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.（本小题满分12分） 解:（1）2CB

2、sinsin22sincosCBBB 222 2222 22 2 2 2cos cos 22 () 42(164) 22(164) 12 cbB cacb B bac acb acb cc c c 2 3.c 6 分 （2） （i）若C为锐角,过A作AHBC于H, 设BC边上的高为h, 1 42 3,3 2 ABC Shh , 设,4BHx HCx, tan,tan,2 4 hh BCCB xx , 2 2tan tantan2 1tan B CB B 2 2 4 1 ( ) h h x h x x , 2 34 1 ()2 x xx ，则3x 3 tan. 3 B （ii）若C为钝角,过A作

3、AHBC的延长线于H, 设,3CHx AHh, 理科数学参考答案第 2 页（共 6 页） tan,tan()tan, 4 hh BCC xx tantan2CB由知 2 2 4 1 () 4 h h x h x x 2 23 10,0 4(4) x x xx 而 x无解，因此C为钝角不符合题意. 综上所述， 3 tan. 3 B 12 分 18.（本小题满分 12 分） 解： （1）在菱形 11A ACC中，过 1 A点作ACHA 1 于H， 因为平面CACA 11 平面ABC， 面CACA 11 面ACABC ， 所以HA1平面ABC，ABCBC面 ， 从而BCHA 1 ， 而BCAA 1

4、， 111 AHAAA， 所以BC平面CACA 11 6 分 （2）在菱形CACA 11 中，连接 1 AC，设MCAAC 11 ， BC平面CACA 11 知AMBC ，CBCCA 1 ， 则AM面BCA1,BAAM 1 过点M作BAMN 1 于点N， 连接AN，则AMNBA平面 1 ，ANBA 1 所以MNA为二面角CBAA 1 的平面角，设大小为， 在ACBRt中，M到BA1的距离是C到BA1距离的 2 1 ， 在CBA1中，4 1 CABC，且 2 1 CBA，所以2MN， 则6 2 32 tan MN AM ，故 7 1 cos 所以二面角CBAA 1 的余弦值为 7 7 . 12

5、分 理科数学参考答案第 3 页（共 6 页） 19.（本小题满分 12 分） 解： （1）依题意1c，84a，即2a， 故椭圆的方程为1 34 22 yx 4 分 （2）设直线AB的方程为1tyx，),( 11 yxA，),( 22 yxB，), 4( 0 yP 由 1 34 1 22 yx tyx 得096)43( 22 tyyt 显然0，则 43 6 2 21 t t yy， 43 9 2 21 t yy 直线PA：)4( 4 1 01 0 x x yy yy，令0y得 10 101 4 yy yyx x ， 即)0 , 4 ( 10 101 yy yyx M ，同理)0 , 4 ( 20

6、 202 yy yyx N 10 01 10 110 10 110 10 101 )3(33) 1( 1 4 1 yy tyy yy ytyy yy yxy yy yyx xM 同理： 20 02 )3( 1 yy tyy xN 于是： 2 )( 3 1 )( 3 1 1 1 1 1 21 021 02 20 1 10 0 yy yyy tyy yy y yy tyxx NM 3 2 )2 3 2 ( 3 1 2 43 9 43 6 3 1 0 0 0 2 2 0 y t ty y t t t ty 所以 3 2 1 1 1 1 NM xx 为定值. 12 分 20.（本小题满分12分） 解：

7、 （1）在6n时，恰好在第三次时检测出呈阳性血液，说明其中三份血液中的其中一份呈 阳性，并且对含阳性血液的一组进行检测时，前两次检测出血液为阴性，或第一次 为阴性第二次为阳性. 3 2 2)( 1 2 1 3 1 1 1 2 1 1 2 3 1 1 2 2 3 6 3 5 CC CC CC CC C C P 4 分 （2）在8n时， nC C C C C C C C P nn n n n n n 2 )2( 1 3 1 1 3 3 1 1 3 1 1 3 3 1 理科数学参考答案第 4 页（共 6 页） nCC CC C C CC CC CC CC C CC P nn n n n n n 3

8、)()3( 1 4 1 3 1 1 1 4 3 3 1 1 2 1 3 1 1 1 2 1 2 1 3 1 1 1 2 3 1 1 2 1 nCC CC C C P nn n n n 1 )4( 1 5 2 3 1 1 2 4 3 3 1 同理，当44nk时， nCC CC C C kP kn k n k n n n 1 )( 1 )2()3( 2 3 1 1 2 4 3 3 1 nCC CC C C kP n n n n n n 2 2)3( 1 1 4 3 1 1 4 4 3 3 1 n n n n nnnn E 2 )3( 1 )4( 1 5 1 4 3 3 2 2 n nn 2 143

9、 2 12 分 21.（本小题满分12分） 解： （1）由xxxfcosln)(，求导数 x xx xf sin1 )( ，设xxxgsin1)( 在) 2 , 0(x时，则0 2 1) 2 (, 1)0(gg 0)cos(sin)(xxxxg，知)(xg在) 2 0( ， 递减， 存在0)() 2 , 0( 11 xgx使得 在0 sin1 )(,), 0( 1 x xx xfxx时，在0 sin1 )(,) 2 ,( 1 x xx xfxx时 )( 1 xfx为的极大值点. 在 6 5 , 2 x时，1 6 5 sin 6 5 , 2 sin 2 minsin, 1sin 2 1 xxx有

10、 0 sin1 )( x xx xf 在) 6 5 , 2 (上恒成立，上递减在) 6 5 , 2 ()(xf )(xf此时无极值. 在), 6 5 (x时，0 2 0-1 )(, 0) 6 5 (ff , 0) 1 (cos)( 2 x xxf在), 6 5 (上恒成立. 上递增在), 6 5 ()(x f ， 理科数学参考答案第 5 页（共 6 页） 因此存在唯一), 6 5 ( 2 x，使得0)( 2 xf 在), 6 5 ( 2 x时，0)( xf，在),( 2 x时，0)( xf )( 2 xfx为极小值点. 综合讨论)(xf在), 0(有两个极值点. 5 分 （2）令xxxflnc

11、os)(，则 x xx x xxf sin11 sin)( 若 6 5 2 x时，1sin 2 1 x，而1 6 5 sin 6 5 , 2 sin 2 minsin xx 所以0 sin1 )( x xx xf，)(xf在 6 5 2 ，递减， 所以09624. 0 2 3 6 5 ln 6 5 cos) 6 5 ()( fxf 若 x 6 5 ， x xx xf sin1 )( ，0 6 5 2 1 6 5 1 ) 6 5 ( f，0 2 01 )( f 当), 6 5 ( x时，0) 1 (cos)( 2 x xxf，则)(x f 在), 6 5 ( 递增， 所以存在唯一), 6 5 (

12、 0 x使得1sin 00 xx， 当), 6 5 ( 0 xx 时，0)( x f，)(xf递减；当),( 0 xx时，0)( x f，)(xf递增， 故 2 0 0000min 1 1lnlncos)()( x xxxxfxf 下面证明：1 1 ln 2 2 x x在 x 6 5 上恒成立 记 2 2 1 ln)( x xxm，) 1 (ln 2 )( 2 x x x xm，96. 0 6 5 lnln x，14. 0 1 2 x 则0)( x m，所以)(xm在), 6 5 ( 递增， 于是106. 114. 092. 0 ) 6 5 ( 1 6 5 ln) 6 5 ()( 2 2 mx

13、m， 从而可知0 1 1ln 2 0 0 x x， 综合可知0lncosxx在), 2 ( 上恒成立. 12 分 理科数学参考答案第 6 页（共 6 页） 22.（本小题满分10分） 解： （1）由 sin cos2 ty tx 消去参数t得到k x y tan 2 ， 所以)2( xky，tank 由1 2 sin2 得1 2 cos1 ， 所以2cos，即2 22 xyx， 所以44 2 xy 5 分 （2）44 2 xy与x轴交点为)0 , 1(A，由 )2( 44 2 xky xy ，得012 4 2 y k y， 记 k t 1 ，则0124 2 tyy，34124)4( 22 21

14、 ttyy APQ面积6636343 2 1 2 1 22 21 ttyyAMS 所以3t，即 3 3 k，所以 3 3 tan 10 分 23（本小题满分10分） 证明： （1）因为a，b，c为正数，且1cba，所以1ba， 而 4 1 ) 2 ( 2 ba ab，故 4 1 ab 5 分 （2）分析法：要证原式，只需证： 2 3 111 c c b b a a 即要证： 2 3 ) 1 1 1 1 1 1 (3 cba 即要证： 2 9 1 1 1 1 1 1 cba 即要证：9) 1 1 1 1 1 1 ()1 ()1 ()1 ( cba cba 而 3 )1)(1)(1 (3)1 ()1 ()1 (cbacba 3 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 cbacba 将两式相乘，即得待证的式. 以上每步均可立，所以原不等式得证. 10 分