武昌区2020届高三4月调研测试理数答案.pdf

高三理科数学 第 1 页（共 4 页） E F 武昌区 2020 届高三年级四月调研测试 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 C B D B A B B B A D A D 二、填空题： 13． 2 132020 2020 S 14．①② 15． 5 5 16． )4 15,2 7()4 11,4 7()2 3,4 3(  三、解答题： 17．（本题 12 分） 解：（1）由正弦定理，得， ba ca c ba   ，化简得 acbca  222 . 由余弦定理，得 2 1cos2 222  Bac bca ，所以 3 πB . ……………….(6 分) （2）设 AC 的中点为 D，由余弦定理，得 CDBD BCCDBD ADBD ABADBD    22 222222 ， 即 342 34 342 34 222222    ac ，所以 5022  ca . 又， acbca  222 ， 6b ，所以 14ac . 所以， 2 37sin2 1  BacS . ……………….(12 分) 18．（本题 12 分） 解：（1）因为 BCAD // ， 1 22AB AD DC BC    ，所以 90BAC ，即 ACAB  . 因为 ACPB  ，所以 AC 平面 PAB . 因为 AC 平面 ABCD ，所以，平面 PAB  平面 ABCD . ……………….(4 分) （2）因为 4PA ， 32PB ， 2AB ，所以 BAPB  . 由（1）知， PB  平面 ABCD ，所以 BCPB  ，平面 PBC  平面 ABCD . 过点 D 作 BCDE  于 E ，则 DE 平面 PBC . 过 E 作 PCEF  交 BC 于 F ，则角 DFE 为所求二面角的平面角. 在梯形 ABCD 中，求得 3DE .在 PBCRt 中，求得 7 3EF . 在 DEFRt 中，求得， 7 62DE ， 3DF . 高三理科数学 第 2 页（共 4 页） 在 DEF 中，求得 4 2cos DEF ，为所求. ……………….(12 分) 另解：（向量法）建系设（求）点正确 2 分；求两个法向量正确 4 分；求余弦正确 2 分. 19．（本题 12 分） 解：（1）由题意，得         ,2 2 ,114 22 a c ba 考虑到 222 cba  ，得 62 a ， 32 b . 所以，椭圆 C 的方程为 136 22  yx . ……………….(4 分) （2）当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 mkxy  ，代入椭圆方程，整理得 0624)21( 222  mkmxxk ，由 0 ，得 036 22  mk . 设 ),( 11 yxA ， ),( 22 yxB ，则 221 21 4 k kmxx   ， 2 2 21 21 62 k mxx   . 因为 PBPA  ，所以 1 PBPA kk ，所以 12 1 2 1 2 2 1 1    x y x y ， 即 4(21)( 21212121  xxxxyyyy . 其中 2 2121 2 2121 )())(( mxxmkxxkmkxmkxyy  ， mxxkyy 2)( 2121  . 代入，整理得 012384 22  mmmkk ，即 0)132)(12(  mkmk . 当 012  mk 时，直线 AB 过点 P，不合题意，所以 0132  mk . 此时，直线 AB 的方程为 3 1)3 2(  xky ，直线过定点 )3 1,3 2( M . 所以，当 ABPM  时，点 P 到直线 AB 的最大距离为 3 24||  PMd . 当直线 AB 的斜率不存在时，设其方程为 nx  ，代入解得 3 2n 或 2n （舍去）. 当 3 2n 时，点 P 到直线 3 2x 的距离为 3 4 . 综上，点 P 到直线 AB 的最大距离为 3 24||  PMd . ……………….(12 分) 另：当 0132  mk 时，直线 AB 的方程为 03 1 3 2  kykx ，此时点 P 到直线 AB 的距离 kkk kd 1 213 4 1 |1| 3 4 2     )0( k ，其中 21  kk 或 21  kk . …… 20．（本题 12 分） 解：（1）若某居民用水 17 吨，则需交费12 4 4 5 1 7 75      （元）. ……….(4 分) （2）设取到第二阶梯电量的用户数为 ，可知第二阶梯电量的用户有 3 户，则 可取 0，1， 2，3. 高三理科数学 第 3 页（共 4 页） 24 7)0( 3 10 3 7  C Cp  ， 40 21)1( 3 10 1 3 2 7  C CCp  ， 40 7)2( 3 10 2 3 1 7  C CCp  ， 120 1)3( 3 10 3 3  C Cp  . 故 的分布列是  0 1 2 3 p 7 24 21 40 7 40 1 120 所以 10 9 120 1340 7240 21124 70)( E . ……………….(8 分) （3）可知从全市中抽取 10 户的用电量为第一阶梯，满足 X ～ )5 3,10(B ， 于是为 kkkCkXP  10 10 )5 2()5 3()( ， 10,,2,1,0 k . 由          ,)5 2()5 3()5 2()5 3( ,)5 2()5 3()5 2()5 3( )1(1011 10 10 10 )1(1011 10 10 10 kkkkkk kkkkkk CC CC 化简得        ,23 ,32 1 1010 1 1010 kk kk CC CC 解得 5 33 5 28  k . 因为 Nk ，所以 6k . ……………….(12 分) 21．（本题 12 分） 解：（1）由 0ln)e()(  xxxf ，得 1x ，或 ex ，所以函数 )(xf 的零点为1 e， . 因为 1lne)(  xxxf ，所以 1e)1( f ， 1)e( f ． 因为 0)e()1(  ff ，所以，曲线 ( )y f x 在 1x  处的切线方程为 )1)(1e(  xy ，在 ex 处 的切线方程为 e xy . ……………….(4 分) （2）因为 1lne)(  xxxf ，所以 0e1)( 2  xxxf ，所以 1lne)(  xxxf 单调递减. 令 )1)(1e()(  xxg ， e)(  xxh . 下证 )()( xgxf  ，即 )1)(1e(ln)e(  xxx . 记 xxxxm ln)e()1)(1e()(  ，则 eeln)(  xxxm ， 0e1)( 2  xxxm ， 所以  m x 单调递增，且  1 0m  ，故  m x 在 0 1， 单减，  m x 在 1  ， 单增. 所以    1 0m x m  ，即 )1)(1e(ln)e(  xxx . 同法可证 )()( xhxf  ，即 eln)e(  xxx .(略) 不妨设 mxhxfxfxg  )()()()( 4213 ， 因为 )()()( 311 xgmxfxg  ，且 )1)(1e()(  xxg 为增函数，所以 31 xx  . 由 mxxg  )1)(1e()( 33 ，得 11e3  mx . 同理， 24 xx  ， mx  e4 ， 所以， mxxxxm  e11e 4213 . 所以， 1e e1e1)1e(e|| 21  mmmxx ， 高三理科数学 第 4 页（共 4 页） 所以， 1e e1e|| 21  mxx . ……………….(12 分) 22．[选修 4-4：坐标系与参数方程]（本题 10 分） 解：（1）曲线 1C 的普通方程  22 3 4x y   ， 曲线 2C 的普通方程 4x y  . ……….(4 分) （2）将 4x y  代入  22 3 4x y   ，并整理得 021142 2  yy ， 所以 721  yy ， 2 21 21 yy . 因为 ||2|| 1yPA  ， ||2|| 2yPB  ， 所以 3 2 2 )(2 || 1 || 1 21 21  yy yy PBPA . ……………….(10 分) 另解：点 (4,0)P ，过点 (4,0)P 的直线l 的参数方程为         ,2 2 ,2 24 ty tx 代入  22 3 4x y   ，得 021272  tt ， 1 2 7 2t t  ， 1 2 21t t  . 所以， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 7 2 2 | | | | | | | | 21 3 t t PA PB t t t t t t        . ……………….(10 分) 23．[选修 4-5：不等式选讲]（本题 10 分） 解：（1）当 3x 时，解得 5x ； 当 23  x 时，不等式不成立； 当 2x 时，解得 4x . 所以，原不等式的解集为 5|{ xx 或 }4x . ……………….(5 分) (2) )1)(1(|||1| 2222  babaab . 因为 1|| a ， 1|| b ，所以 01,01 22  ba . 所以 0)1)(1( 22  ba ，即 |||1| baab  . ……………….(10 分)