湖北省宜昌一中、龙泉中学2020届高三6月联考数学（理）答案.pdf

6 月联考理科数学参考答案第 1 页 共 3 页 “龙泉中学、宜昌一中”高三 6 月联考理科数学参考答案 一、选择题： 1-4 BDAC 5-8 CBDD 9-12 BCBA 12.如图，连接 ,AC BD ．设该双曲线的焦距 2AD c ，实轴长为 2a ，则 BD  2AB AC CD a   ． 设 AB m ，则 7CD m ， 2 , 2 7BD a m AC a m    ．依题意， 45 , 135BAD ADC      ， 在 ABD△ 中，由余弦定理及题设得： 2 222 4 2 2a m m c mc    ， 在 ACD△ 中，由余弦定理及题设得： 2 222 7 49 4 14 2a m m c mc    ， 整理得    222 2 ,c a m a c      222 7 2c a m a c   ， 两式相除得   21 72 ac ac   ，即 6 2 8ac ，故  的离心率 32 4 ce a ． 二、填空题 13． 17 14．1215 15． 1023 256 16． 4 2 2 16. 取 BC 的中点 M ， 连 接 AM ， PM ， 易 得 060PMA    ，作QH BC ，则 1 2 1 sin 3sin2 1 4sin 2 PA AQS S BC QH       ，即 AQ QH ，于是点 Q 的轨迹是 ABC 内部的一段抛物线，当 Q 在 AB 或 AC 上时， 2S 最大，此时  2 2 1AQ QH   ， 2 4 2 2S  三．解答题 17．解：（Ⅰ） 2 cos 2c A b a，由正弦定理得 2sinCcos 2sin sinA B A，……………2 分 所以  2sinCcos 2sin sinA A C A   ． 即 2sinCcos 2sin cos 2cos sin sinA A C A C A   ……………………………………………4 分 所以 2sin cos sinA C A ，又0 A ，则sin 0A  所以  1cos , 0,2CC ，故 3C  ．…………………………………………………………6 分 （Ⅱ）因为 ,2DE AB DE，所以 2 sinBD AD A ， ………………………………8 分 所以 A ABD   ，所以 2BDC A ABD A      ，………………………………………9 分 在 BCD 中，由正弦定理得 sin sin BD BC C BDC  ，即 2 sin 2 sin 232 A A ，…………………10 分 整理得 6cos 4A  ，所以 10sin 4A  ，所以 45 5BD AD ．…………………………12 分 法二：设 BD AD x，则 2sin A x ，在 ABC 中，由正弦定理得 2 sin sin AB AC ，得 6 2AB x 在 Rt ADE 中，由勾股定理得   2 22 6 24x  ，解得 45 5x BD ． 18．解：（Ⅰ）由四边形 ABCD是矩形，得 AB BC ，根据平面 ABP  平面 ABC ，平面 ABP 平 面 ABC AB ， BC  平面 ABC ，所以 BC  平面 ABP ，则 BC AP ，……………………2 分 又 AP PC ，根据 BC PC C ， BC  平面 PBC ， PC  平面 PBC ，所以 AP  平面 PBC ， 又 PB  平面 PBC ，因此 AP PB .……………………………………………………………5 分 （Ⅱ）过点 P 作 PO AB 于点O ，由于平面 ABP  平面 ABC ， 所以 PO  平面 ABC ，以OB 所在直线为 x 轴，过O 作 y 轴平行 于 BC ，OP 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由（Ⅰ）知CB  平面 ABP ，所以 CPB 是直线 PC 与平面 ABP 所成的角，即 3sin 4CPB，………………………………6 分 在 PBC△ 中， 90CBP   ， 3sin 4 CBCPB CP   ，设 3CB  ， 则 4CP  ， 224 3 7PB    ，…………………………………………………………………7 分 由于 PO  平面 ABC ，所以可以取平面 ABC 的一个法向量为 (0,0,1)m ，…………………8 分 由（1）知， AP PB ，所以在直角三角形 APB 中， PO AB ， 3AP  ， 4AB  ， 7PB  ， 所以 9 4AO  ， 7 4BO  ， 37 4PO  ，于是 37(0,0, )4P ， 9( ,0,0)4A  ， 7( ,3,0)4C ， (4,3,0)AC  ， 9 3 7( ,0, )44AP  ，设平面 PAC 的法向量为 ( , , )x y zn ，则由 0 0 AC AP    n n ，得 4 3 0 9 3 7 044 xy xz   ， 取 3x  ，则 9( 3,4, ) 7 n ，……………………………………………………………………10 分 则 9 97cos , | | | | 16819 16 7     mnmn mn ，.…………………………………………………11 分 显然二面角 P AC B的平面角为锐角， 所以二面角 的余弦值为 9 16 .…………………………………………………………12 分 19．解：（Ⅰ）设  ,P x y ，则 22 2233PA PO x y     ………………………………2 分 2 2PB x ，由 2PB PA 得，  2 2 243x x y   ………………………………………4 分 化简得   22 1043 xy x   （说明：没有注明 0x  不扣分）………………………………5 分 （Ⅱ）设 :1l x my，    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，联立得 22 143 1 xy x my     ，整理得 224 3 6 9 0m y my    ，…………………………………………7 分 12 2 6 43 myy m    ， 12 2 9 43yy m    ，……………………………………………………8 分 假设存在点  0,0Dx ，使得 x 轴是 PDQ 的角平分线，则 1 2 1 2 1 0 2 0 1 0 2 011PD QD y y y ykk x x x x my x my x                       1 2 0 2 1 0 1 2 0 1 2 1 0 2 0 1 0 2 0 1 1 2 1 01 1 1 1 y my x y my x my y x y y my x my x my x my x                  ………………………10 分 即     0 1 2 0 1 2 22 61182 1 04 3 4 3 mxmmy y x y y mm        ， 解得 0 4x  ，所以存在点  4, 0D ，使得 轴是 的角平分线．……………………12 分 6 月联考理科数学参考答案第 2 页 共 3 页 21．解：（Ⅰ）由题意得     22221a x x af x x xx      ， 令   0fx  即 22 2 0x x a   ， 48a   ， ………………………………………………1 分 ① 当 1 2a  时， 0 ，   0fx  ，函数  fx在 0,  上单调递增；………………2 分 ②当 1 02 a   时，  ， 的两根为 1 1 2 1 2 ax  ， 2 1 2 1 2 ax  ，且 12 1 2 10 2 axx   ， 当 1 2 1 1 2 10, ,22 aax                  时，   0fx  ；当 1 2 1 1 2 1,22 aax     时，   0fx  ； 则 在 1 2 1 1 2 1,22 aa    上单调递减，在 1 2 10, 2 a ， 1 2 1 ,2 a 单调递增. …4 分 综上，当 时，函数 在 上单调递增； 当 1 02 a   时， 在 上 单 调 递 减 ， 在 ， 单调递增； …………………………………………………………………5 分 （Ⅱ）证明：由题意得 ， 3 1 4 2 50 x x x x x     ， 1201xx ， 要证：  2 1 5 32 x x x x   ，即证：      2 1 5 4 3 42 x x x x x x     ； 只需证： 5 4 2 3 4 1 2 2 x x x x x x    ．先证： 3 4 12x x x ，………………………………………………7 分 法一：即证 4 1 32x x x，又由（Ⅰ）知 在 12,xx上单减，只需证    4 1 32f x f x x， 而    43f x f x ，即证：    3 1 32f x f x x，………………………………………………8 分 令      12g x f x f x x   ， 10 xx ，        11 1 2 2 2 2 2 2 2 aag x f x f x x x x xx x x                     2 1 1 1 1 11 4 1 2 2 41 22 x x x x axaax x x x x x x         又  1 1 2 1 0ax x   ，即 1 1 1 2 ax x ，那么 6 月联考理科数学参考答案第 3 页 共 3 页           22 211 11 1 1 1 2 2 2 22 a x x x x xxaxgx x x x x x x x      ，而 10 xx ，且 1 02 a   ， 则   0gx  ，故  gx在 10, x 单调递增，则    1 0g x g x， 故    12f x f x x在 恒成立， 又 310 xx，则    3 1 32f x f x x得证；………………………………………………11 分 同理可以证明： 5 4 22x x x ， 综上：  2 1 5 32 x x x x   ，得证．…………………………………………………………12 分 法二：由方程  f x b 恰有三个实数根  3 4 5 3 4 5,,x x x x x x 可得       2 33 2 44 2 55 1 ln 1 ln 1 ln x a x b x a x b x a x b            ，即           4 3 4 3 4 3 5 4 5 4 5 4 2 ln ln 2 ln ln x x x x a x x x x x x a x x           ① ② 由①式得 43 4 3 4 32 ln ln a x x x x x x    ， …………………………………………………8 分 先证 4 3 4 3 43ln ln 2 x x x x xx  ，令      21ln , 11 th t t tt    ，则       2 2 1 0 1 tht tt    ， 所以  ht在 1,  上单增，从而    10h t h，取 4 3 1xt x， 则有 ，故 43 4322 a x x xx  ，………………………………10 分 从而   2 4 3 4 322x x x x a    ，即 2 431 2 1x x a    ， 即 4 3 11 2 1 2x x a x     ，…………………………………………………………11 分 同理可得 5 4 5 4 5 4 5 42 ln ln 2 a x x x x x x x x    ，即 5 4 21 2 1 2x x a x     ， 综上： ，得证．…………………………………………………12 分 22．解：（Ⅰ）因为 C 的极坐标方程为 2 2 4 1 sin   ，即 2 2 2sin 4  ，则 2224xy， 化简得 22 142 xy，所以 的直角坐标方程为 22 142 xy．.……………………………3 分 l 参数方程消去参数t ，得 的普通方程为 3 3 0x y m   ．.…………………………5 分 （Ⅱ）设 参数方程为 1 2 3 2 x m t yt     ，代入到椭圆方程中得 227 404t mt m    ，………7 分 ,AB对应的参数分别为 12,tt， 2 12 44 27 m PA PB t t      ．.…………………………8 分 又点  ,0Pm 为曲线C 内的点，则 2 4m  ，解得 2 2m  ．.…………………………10 分 23.解：（Ⅰ）因为 1 1 1(2 1) (3 1)6 2 3x y x y      1 1 1 1| 2 1| | 3 1| 4 3 32 3 2 3xy         ，……………………………………………………3 分 当 5 2 2 3 x y     或 3 2 4 3 x y     时等号成立，所以 1 6xy 的最大值 M 为 3；………………………5 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 123ab，所以 2 3 2 2a b ab ab   ，所以 8 9ab  ．……………7 分 所以 8 50( 1)( 2) 2 2 4 2 4 299a b a b ab ab            ．…………………………10 分