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1 22020 年湖北省高三（4 月）线上调研考试 数学（文科）参考答案及评分标准 一、选择题 1--12 ABDCC CBACA DB 二、填空题 13.（0,2） 14. 6 5 15. 136 16. 960011.解析： 如图 0150ABC 3,,13,23  CDABBDACBCAB 在 ABC 中，由余弦定理 ABCBCABBCABAC  cos2222 得 )2 3(2 32)2 3(13 22  ABABABAB 所以 2AB ， 3BC ，由于 000 6090150  ABDABCDBC . 在 ABC 中，由余弦定理 DBCBCBDBCBDCD  cos2222 可得 2 19 3 2 3 2BD BD     ，所以 32BD 或 3 （舍），则四边形 ABCD 的面积 2 37 2 33322 13222 1sin2 1 2 1   DBCBCBDBDABSSS BCDABD 12.方法一：由题意知 OFOFABAF 211 ,  ，故 OBFAOF 21  ，又由对称性知 21 BOFAOF  ，故 OBFBOF 22  ，所以 2BFOB  ，又 BFBF 21  ，所以 21 OFOFOB  ，所以 2OBF 为等边三角形，即 0 2 60BOF ，则过第一、三象限的 渐近线斜率 3tan 2  BOFk ，双曲线 C 的离心率为 211 2 2 2  ka b a c 方法二：不妨设点 )0)(,( ma bmmB ，故            a bmmcBFa bmmcBF ,,, 212 因为以 21FF 为直径的圆过点 B，所以 021  BFBF ，从而 02 22 22  a mbcm ，解得 am  故 ),( baB ，又 A 为 BF1 的中点，故       2,2 bcaA ，代入 xa by  可得 22 ca a bb  解得 ac 2 ，故双曲线 C 的离心率为 2. 16.解析：设每天派出 A 型卡车 x 辆，B 型卡车 y 辆，运输队所花成本为 z 元，则 * * 0 8 0 8 0 6 0 6 10 10 6 5 10 4 240 3 4 24 , , x x y y x y x y x y x y x y N x y N                             目标函数 1200 1800z x y  ,画出满足条件的可行域, 由图可知，当直线 1200 1800z x y  经过点 A 点（8,0）时使 z 取得最小 值，即 min 1200 8 1800 0 9600z      故每天只派 8 辆 A 型卡车运输，所花成本最低，最低成本为 9600 元. 17.解：（1）由题意得      2)5(log 1)2(log 3 3 ba ba ，解得      1 2 b a ……………………4 分 所以 *2 1,na n n N   ……………………5 分 （2）由（1）易知数列 }{ na 为以 1 为首项，2 为公差的等差数列 所以 nS = 2( 1) 22 n nn n   ， ……………………7 分 所以 nnS n nnnnnnb n 22 112)2( 22)2( 2  ……………………9 分 21 )21(2 2 11 1 1 1 1 5 1 3 1 4 1 2 1 3 11   n n nnnnT 2 1 )2)(1( 322 1    nn nn ……………………12 分 18.（1）由题意可知，A 地 2 家分为 1 2,A A ，B 地 3 家分为 1 2 3, ,B B B 所有的情况为： 1 2 1 1 2 2 1 2 3( , , ),( , , ),( , , )A A B A A B A A B ， 1 1 2 1 1 3 1 2 3( , , ),( , , ),( , , )A B B A B B A B B ，3 2 1 2 2 1 3 2 2 3 1 2 3( , , ),( , , ),( , , ),( , , )A B B A B B A B B B B B ，共 10 种情况 其中 A 地 1 家，B 地 2 家的有 1 1 2 1 1 3 1 2 3( , , ),( , , ),( , , )A B B A B B A B B ， 2 1 2 2 1 3 2 2 3( , , ),( , , ),( , , )A B B A B B A B B 共有 6 种，所求的概率为 6 3 10 5p   . …………………6 分 （2）由 6.8,t  563,y     8 1 108.8,i i i t t y y       8 2 1 1.6i i t t    ， 有      8 1 8 2 1 108.8ˆ 681.6 i i i i i t t y y b t t           ，且 ˆˆ 563 68 6.8 100.6a y bt      ， 所以 y 关于 x 的回归方程为 ˆ 100.6 68y x  ， 当 49x  时，年销售量 y 的预报值 ˆ 100.6 68 49 576.6y    千件． 所以预测先进养殖技术投入为 49 千元时的年收益增量为 576.6 千件．…………………12 分 19.(1)证明：取 BC 中点 E，连接 DE，设 AB=AD=a,BC=2a, 依题意得，四边形 ABED 为正方形，且有 BE=DE=CE=a, BD=CD= 2a ， 2 2 2 ,BD CD BC   则 BD CD ， 又平面 SCD  底面 ABCD，平面 SCD  底面 ABCD=CD,， BD  平面 SCD．平面 MBD⊥底面 ABCD ………………5 分 (2)解：过点 S 作 CD 的垂线，交 CD 延长线于点 H，连接 AH， 可证 DH 为斜线 SD 在底面 ABCD 内的射影， SDH 为斜线 SD 与底面 ABCD 所成的角，即 60SDH   ． 由（1）得， 2SD CD a  ，在 Rt SHD 中， 2 62 , , ,2 2 a aSD a HD SH   ∴M 到平面 ABCD 的距离 ad 4 6 . 三棱锥 MBDC  的体积 3 12 6 4 6226 1 2 1 3 1 aaaadCDBDVV BCDMMBDC   ………………………………12 分 20.（1）由题意， 41)22(1)22(2 2 21  EFEFa H E4 2,2,2  bca 故椭圆的方程为 2 2 14 2 x y  …………………………4 分 （2）由（1）知    2,0 , 2,0A B 过点 A 且与 x 轴垂直的直线的方程为 2x   ， 结合方程 0 02 4 0x x y y   ，得点 0 0 22, xP y      直线 PB 的斜率 0 0 0 0 2 0 2 2 2 4 x y xk y       则直线 PB 的方程为  0 0 2 24 xy xy    . 因为 MN AB 于点 N ，所以  0 ,0N x ，线段 MN 的中点坐标为 0 0 , 2 yx     令 0x x ，得   2 0 0 0 0 0 2 424 4 x xy xy y      因为 2 2 0 02 4x y  ，所以 2 2 0 0 0 0 0 2 4 4 2 x y yy y y     ， 所以直线 PB 经过线段 MN 的中点 0 0 , 2 yx     . ………………………………12 分 21.解：（1）由于 )( xf  = )(xf 函数 )(xf 为偶函数 ………………2 分 ( ) 2 sin , (0) 0f x x a x f    ，故只需讨论 0x  时情况， 0,x  由三角函数性质知 sin ,2 , 2 sin , ( ) 0x x a x a x f x      ， 0x  时，f ( x ) 单调递增， 由偶函数性质知 0x  时，f ( x ) 单调递减， 故 2a  时函数 f（x）只有一个极小值点 x =0 ………………5 分 （2）由（1）知只需求   ,0x 时 )(xf 的最小值. xxxf sin2)('  ,当      2,0 x 时， 设 xxhxxxh cos2)(,sin2)( '   ，而 0)2(,0)0( ''  hh ， 由零点存在性定理，存在唯一的      2,00 x ，使得 0)( 0 ' xh 当 0)(),,0( ' 0  xhxx ， )(xh 单减，当 0)(),2,( ' 0  xhxx  ， )(xh 单增，5 0 0(0, )x 0x 0( , )2x  2  ( , )2   ( )h x - - 0 + + ( )h x = ( )f x 2 sinx x  0 减 ( )h x 的极小 值点 增 0 + ( )f x  减 拐点 减 极小值 增 所以 4)2()( 2 min   fxf ……………12 分 22.解：依题意，曲线 4)2(: 22 1  yxC ，即 0422  xyx 故 0cos42   ，即  cos4 ……………………3 分 因为  2 2 sin31 4  ，故 2 2 23 sin 4    即 44 22  yx ，即 14 2 2  yx ……………………5 分 （2）将 0  代入  2 2 sin31 4  得， 0 2 2 sin31 4  Q 将 0  代入  cos4 得， 0cos4  P 由 OQ PQ ，得 QP  2 ，即   0 2 2 0 sin31 16cos4   ……………………7 分 解得 3 2sin 0 2  ，则 3 1cos 0 2  又 20 0   ，故 3 32 sin31 4 0 2  Q ， 3 34cos4 0  P 故 PMQ 的面积     0sin2 1  QPOMQOMPPMQ OMSSS 3 2 3 6 3 32 2 1  ……………………10 分 23.解：（1）因为 2 2 3a b ab   ，所以 2 2 3 2a b ab ab    ． ①当 0ab  时，3 2ab ab  ，解得 3ab  ，即 0 3ab  ；6 ②当 0ab  时，3 2ab ab   ，解得 1ab   ，即 1 0ab   ， 所以 1 3ab   ，则 0 3 4ab   ， 而 2 2 2 2 3 2 3a b a b ab ab ab ab         ， 所以  20 4a b   ，即 2 2a b    ； ………………5 分 （2）由（1）知 0 3ab  ， 因为 2 2 2 2 2 2 1 1 3 4 4 3 4 4 a b a b ab a b ab       2 2 2 2 2 2 2 3 4 3 3 3 3 1 1 1 1 13 3 04 4 4 2 ab a b ab a b ab a b ab ab                       当且仅当 2ab  时取等号，所以 2 2 1 1 3 4 4a b ab    ． ………………10 分