武汉理科数学答案.pdf

理科数学参考答案 第 1 页（共 5 页） 武汉市 2020 届高中毕业生六月供题（一） 理科数学参考答案与评分标准 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 C B B C A C A D B C A B 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13. x - y = 0 14. 114 15. 3 16. 2 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17-21 题为必考题， 每个试题考生都必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答． 17．（本题满分 12 分） （1）∵ a . 即 由正弦定理有： ∴ ∴ 又 a > b …………6 分 （2） 由第（1）问可知，A = π 4 sin(A + B) + sin B cos B + cos(B - A) = sin(B + π ) + sin B cos B + cos(B - π ) 4 4 sin B + cos B+ sin B cos B 令 t = sin B + cos B ,则 t2 = 1 + 2 sin B cos B , ∴ ∴ 时, ,此时最大值为 5 . …………12 分 2 18（. 本题满分 12 分） （1） 由面面平行的性质定理可知： 文科数学参考答案 第 2 页（共 5 页）   x 1 F 2 2  y - y  P = 四边形 AEFG 是平行四边形 建立如图所示的空间直角坐标系 O - xyz. 可得 A(0, - 3,0) ，B(1,0,0) ，E(1,0,1) ，C(0, 3,0)，F(0, 3,5). 所以 AG = EF =(-1, 3,4) ，即 G(-1,0,4). ∴ BG =(-2,0,4). ∴ 即BG 的长为 |BG| = 2 5. …………6 分 （2） 依题意可取平面 ABCD 的一个法向量 m =(0,0,1) . 由(1)可知：AG =(-1, 3,4)，AE =(1, 3,1)， 设 n =(x,y,z) 是平面 AEFG 的一个法向量，则 n∙ AE = 0 ，即 x + 3 y + z = 0 n∙ AG = 0  ， -x + 3 y + 4z = 0 可取 n =(3, - 5 3 ,2) . 3 则 | cos < n,m > | = | n∙ m | = 3 ， |n||m| 4 所以所求锐二面角的余弦值为 3 . …………12 分 4 19（. 本题满分 12 分） 2 （1） m = 2 ，椭圆 E： y2 ，两个焦点  ，   4 + = 1 F - 3,0 2 3,0 设 K x,y，F1 K = x + 3,y，F2 K = x - 3,y， KF ∙ KF = FK ∙ F K = x + 3 ,y∙ x - 3 ,y = x2 + y2 - 3 = -3y2 + 1 ， 1 2 1 2 ∵ -1 ≤ y ≤ 1 ， ∴ KF1∙ KF2 的范围是 -2 , 1    …………5 分 x2 + 4y 2 = m2 （2） 设 A，B 的坐标分别为 x1,y1 ，x2,y2 ，则   1 1 + 4y = m . 两式相减，  x2 2 2 得 x + x x - x  + 4y + y y - y  = 0 ，1 + 4 y1 + y2 1 2 = 0 ， 1 2 1 2 1 2 1 2 x + x  x - x  即 1 + 4kOM∙ kl = 0 ，故 kOM∙ kl = - 1 ； 4 m 1 2 1 2 又设 PxP ,yP  ，直线 l：y = kx - m + l：y = kx - km + m ， 2 m ≠ 0,k ≠ 0，即 2 从而 OM：y = - 1 x ，代入椭圆方程得，x2 4m 2 k2 ， 4k 4k2 + 1 理科数学参考答案 第 3 页（共 5 页） 2 2 2 k 1 k 由 y = kx - m+ m 与 y = - 1 x ，联立得 x = 4k m - 2km 2 4k 4k2 + 1 若四边形 OAPB 为平行四边形，那么 M 也是 OP 的中点，所以 2xM = xp ， 即 4( 4k m - 2km 2 4m 2 k2 4 ± 7 4k2 + 1 ) = ，整理得 12k2 4k + 1 - 16k + 3 = 0 解得，k = ． 6 经检验满足题意 所以当 k = 4 ± 7 时，四边形 OAPB 为平行四边形 . …………12 分 6 20.（本题满分 12 分） （1） 设每个人的血呈阴性反应的概率为 q ，则 q = 1 - p . 所以 k 个人的血混合后呈阴性反应的概率为 qk ，呈阳性反应的概率为 1 - qk . 依题意可知 X = 1 ，1 + 1 ，所以 X 的分布列为： k k （2） 方案②中. …………6 分 结合（1）知每个人的平均化验次数为：E(X) = k ∙q +  + 1 1 - qk = 1 - q + 1 1 k ∙ k k = 2 时，E(X) = 1 - 0.92 + 1 = 0.69 ，此时 1000 人需要化验的总次数为 690 次， 2 k = 3 时，E(X) = 1 - 0.93 + 1 ≈ 0.6043 ，此时 1000 人需要化验的总次数为 604 次， 3 k = 4 时，E(X) = 1 - 0.94 + 1 = 0.5939 ，此时 1000 人需要化验的次数总为 594 次， 4 即 k = 2 时化验次数最多，k = 3 时次数居中，k = 4 时化验次数最少，而采用方案①则需 化 验 1000 次， 故在这三种分组情况下，相比方案①， 当 k = 4 时化验次数最多可以平均减少 1000 - 594 = 406 次. …………12 分 21（. 本题满分 12 分） （1） f ′(x) = f ′(1)e2x - 2 + 2x - 2f (0) ，令 x = 1 ，解得 f (0) = 1 ， 由 f (x) = f ′(1) 2 .e2x - 2 + x2 - 2f (0)x ，令 x = 0 得 f (0) = f ′(1) 2 e-2 ， f ′ (1 ) = 2e2 ， 所以，f (x) = e2x - 2x + x2 . …………4 分 （2） 因为 f (x) = e2x - 2x + x2 ，所以 g(x) = f ( x ) - 1 x2 +(1 - a)x + a = ex - a(x - 1) ， 2 4 g ′ (x) = ex - a ，①当 a ≤ 0 时，总有 g′ (x) > 0 ，函数 f (x) 在 R 上单调递增； ②当 a > 0 时，由 g′ (x) > 0 得函数 f (x) 在 (ln a, +∞ ) 上单调递增 ， 由 g′ (x) < 0 得函数 f (x) 在 (-∞ ,ln a) 上单调递减； M X 1 k 1 + 1 k P qk 1 - qk  文科数学参考答案 第 4 页（共 5 页） x x x （1）由  x ′ 2  2 2 4 1 + 3 sin α 2 = 2 4 1 + 3 sin α 2 综上，当 a ≤ 0 时，总有 g′ (x) > 0 ，函数 f (x) 在 R 上单调递增； 当 a > 0 时，f (x) 在 (ln a, +∞ ) 上单调递增，f (x) 在 (-∞ ,ln a) 上单调递减. ………8 分 （3） 设 p(x) = e - ln x,q(x) = ex - 1 + a - ln x ， p′(x) < 0 得 p(x) 在 [1, +∞ ) 上递减， 所以当 1 ≤ x ≤ e 时，p(x) ≥ p(e) = 0 ；当 x > e 时，p(x) < 0 . 而 q ′(x ) = ex - 1 - 1 ,q″ (x) = ex - 1 - 1 > 0 ， x x 2 所以 q′ (x) 在 [1, +∞ ) 上递增，q′ (x) ≥ q′ (1) = 0 ， 则 q(x) 在 [1, +∞ ) 上递增，q(x) ≥ q(1) = a + 2 > 0, ①当 1 ≤ x ≤ e 时，|p(x) - |q(x)| = p(x) - q(x) = e - ex - 1 - a = m(x) ， m′ (x) = - e < 0 ，∴ m(x) 在 [1, -∞ ) 上递减， x 2 - e x - 1 m(x) ≤ m(1) = e - 1 - a < 0 ，∴ |p(x)| < |q(x)| ， ②当 x > e 时，|p(x) - |q(x)| = -p(x) - q(x) = - e + 2 ln x - ex - 1 - a = n(x) ， n ′ ( x ) = 2 + e - ex - 1.n″ (x) = -2 - 2e - ex - 1 < 0 ， x x 2 x2 x 2 所以 n′ (x) < n′ (e) < 0. ∴ n(x) 递减，n(x) < n(e) < 0.∴ |p(x)| < |q(x)| e  x - 1 综上： x - ln x  < |e + a - ln x| . …………12 分     22（. 本题满分 10 分） x = 1 x′ 2 x′ = 2x  y ′ = y 得   2 ，代入 x2 + y2 = 1 得到曲线 C1 的直角坐标方程为 4 + y′ = 1 y = y ′ 2 4 所以曲线 C1 的极坐标方程为 ρ = 1 + 3 sin θ . C : ρ = 4 cos θ ⇒ ρ2 = 4ρ cos θ ，曲线 C 的直角坐标方程为 x2 + y2 = 4x ，即 (x - 2)2 + y2 = 4 . ………5 分 θ α  （2）方法一：ρ2 = 4 解得 ρP =   θ = α 1 + 3 sin α ρ = 4 cos θ 解得 ρQ = 4 cos α 由于 |OP| = |PQ| ，所以 ρQ = 2ρP ， 故 4 cos α = 2 4 ，解得 sin2 α = 2 ，cos2 α = 1 所以 ρP = 1 + 3 sin2 α = 2 3 ，ρ 3 Q 3 3 = 4 cos α = 4 3 3 2 ′理科数学参考答案 第 5 页（共 5 页） x 2  2 = 2 S = S - S = 1 |OQ|·|OM| sin π - α - 1 |OP|·|OM| sin π - α△P QM = 1 △OQM △ O PM 2   π  1 2  2 1 2  2 ×( ρQ - ρP)sin 2 - α = 2 ×( ρQ - ρP)cos α = 3 …………10 分 方法二：由题意知 l; y = kx 且 k > 0 y = kx  + y2 = 1 解得  4 xP = 2 1 + 4k2 y = kx  x2 + y2 - 4x = 0 解得 xQ = 4 1 + k2 由于 |OP| = |PQ| ，所以 xQ = 2xP 4 故 1 + k2 = 4 ，解得 k 1 + 4k 所以 |PQ| = |OP| = 1 + k2 2 = 2 3 1 + 4k2 3 M(0,1) 到直线 l:y = 2 x 的距离 d = 3 3 S = 1 |PQ|d = 1 △P QM 2 …………10 分 3 23（. 本题满分 10 分） （1） f (x) ≥ 3 ⇒ x ≥ 4 -2 ≤ x < 4 x > -2 -x - 8 ≥ 3 或 -3x ≥ 3 或 x + 8 ≥ 3 解得 -5 ≤ x ≤ -1 所以不等式的解集为 [-5, -1] . …………5 分 （2） 由题意知 f (x) 的最大值为 6，故 a + 2b + c = 6 . 所以 (a + 1) +(2b + 2) +(c - 3) = 6 因为 a ≥ 0 ，b ≥ 0 ，c > 3 ，所以 a + 1 > 0 ，2b + 2 > 0 ，c - 3 > 0 . 3 所以 (a + 1)(b + 1)(c - 3) = 1 (a + 1)(2b + 2)(c - 3) ≤ 1 (a + 1) +(2b + 2) +(c - 3)= 4  2 2  3  当且仅当 a + 1 = 2b + 2 = c - 3 且 a + 2b + c = 6 时等号成立. 即 a = 1,b = 0,c = 5 时等号成立. 所以 (a + 1)(b + 1)(c - 3) 的最大值为 4. …………10 分