宜昌市2020届高三四月调研理数答案.pdf

宜昌市 2020 届高三年级四月线上统一调研测试 数学（理科）参考答案 命题：（当阳一中） 审题：（夷陵中学） （三峡高中） （五峰高中） 一、选择题(每小题 5 分，共 60 分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D D B C C A B C D B A B 二、填空题(每小题 5 分，共 20 分) 13. 1 4 14. 5.95 15. PE ED （ AE PD ， BC EC ， 2 2 2BC CE BE等其它填法若正确也给分）， 32 3  16. ( 3,2) 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．解：（1）由 3( cos ) sina b C c B， 可得 3sin 3sin cos sin sinA B C B C， 即 3sin( ) sin sin 3sin cosB C B C B C   ， （2 分） 展开化简得 3cos sin sin sinB C B C ， （4 分） 又在 ABC 中，sin 0C  ，所以 tan 3B  ， （5 分） 又 0 B ，所以 3B  ． （6 分） （2）因为 ABC 的面积 1 sin 2 32S ac B，所以 8ac  ， （7 分） 由余弦定理得 2 2 2 2 22 cos ( ) 2 ( ) 3b a c ac B a c ac ac a c ac          ， （9 分） 因为 26b  ，可得 2( ) 48ac，所以 43ac ， （11 分） 所以 2 6 4 3abc    ，即 ABC 的周长为 2 6 4 3 ． （12 分） 18．（ 1）证明：在图 1 中， AD BC∥ ， AB AD ，又 AB EF∥ ，所以 ABFE 是矩形， 所以在图 2 中， BF AE∥ ，又 AE  平面 AED ，所以 BF∥平面 ， （2 分） 因为 ED FC∥ ，又 ED  平面 ，所以 FC∥平面 ， （3 分） 又因为 BF FC F ，所以平面 BFC∥平面 AED ， （4 分） 而 BC 平面 BFC ，所以 BC∥平面 ． （5 分） （2）解：因为 ED FC∥ ，所以 AED 是 AE 与 FC 所成的角， 所以 60AED ，因为 EF  平面 ，故平面CDEF  平 面 ，作 AO ED 于点O ，则 AO  平面CDEF ，以O 为 原点，平行于 EF 的直线为 x 轴， OD 所在直线为 y 轴，OA 所在 直线为 z 轴建立空间直角坐标系O xyz ， 则 (0,0, 3)A ， (3,0, 3)B ， (3,5,0)C ， (0,2,0)D ， (0, 1,0)E  ， (3, 1,0)F  ． （7 分） ( 3,2, 3)BD     ， (0,6,0)FC   ， (0,6 ,0)FCFM    ， (0,6 1, 3)BM BF FM         ， 设平面 BMD 的法向量为 ( , , )m x y z  ， 则 3 2 3 0 (6 1) 3 0 m x y z my B BM z D                  ，取 3y  ，得 ( 3 2 3 , 3,6 1)m     ． （9 分） 平面 EMD 的一个法向量为 (0,0,1)n   ， （10 分） 设二面角 B MD E的平面角为 ， 所以 222 | | | 6 1| | 6 1|| cos | | || | 48 24 7( 3 2 3 ) 3 (6 1) 1 7 7 mn mn                  ， 平方整理得 217 5 0，因为 01，所以 5 17  ． （12 分） 19．解：（1）由题意得 1( ,0)Aa ， 2 ( ,0)Aa ， (0, )Pb， 则 2 2 2 12( , ) ( , ) 1PA PA a b a b a b c               ，所以 1c  ， （2 分） 又 2 2 2 , , 2 2 ab c c e a      所以 2a  ， 1b  ，所以椭圆 E 的方程为 2 2 12 x y． （4 分） （2）当直线l 的斜率存在时，设直线l ： 4y kx， 11( , )A x y ， 22( , )B x y ，则 22( , )M x y ， 由 2 2 4 1,2 , y yx x k    消去 y 得 22(1 2 ) 16 30 0k x kx    ．由 22( 16 ) 120(1 2 ) 0kk      ， 得 2 15 2k  ，所以 12 2 16 12 kxx k ， 12 2 30 12xx k  ． （6 分） 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 4 ( ) AM y y kx kx k x xk x x x x x x          ， O B A F E D CMx y z直线 AM 的方程为 12 11 12 ()()k x xy y x xxx    ， （7 分） 即 12 11 12 ()()k x xy y x xxx    12 11 12 ()4 ( )k x xkx x xxx     1 1 2 1 2 1 12 ( 4)( ) ( )( )kx x x k x x x x xx       1 2 1 2 1 2 12 2 4( ) ( )kx x x x kx x x xx      1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 4k x x kx xxx x x x    ， （9 分） 因为 12 2 16 12 kxx k ， 12 2 30 12xx k  ，所以 212 12 2 3022 1124416 4 12 kkx x k kxx k       ， 直线 AM 的方程为可化为 12 12 ()1 4 k x xyxxx  ，则直线 AM 恒过定点 1(0, )4 ． （11 分） 当直线l 的斜率不存在时，直线 AM 也过点 ，综上知直线 AM 恒过定点 ． （12 分） 20．解：（1）平均数 (0.02 1 0.08 3 0.15 5 0.18 7 0.03 9x           0.03 11 0.01 13) 2 6      ，（2 分） 这 500 名患者中“长潜伏者”的频率为 (0.18 0.03 0.03 0.01) 2 0.5     ，所以“长潜伏者”的人数为 500 0.5 250 人． （3 分） （2）由题意补充后的列联表如下， 则 2k 的观测值为  2300 90 80 60 70 5.357 5.024150 150 75 1160 140 4k        ， （6 分） 经查表，得 2( 5.024) 0.025Pk ，所以有97.5%的把握认为潜伏期长短与年龄有关． （7 分） （3）由题意知所需要的试验费用 X 所有可能的取值 为 1000，1500，2000，因为   2 2 5 2A 1 A11000 0PX   ，   211 2 3 2 3 3 5 3CA1 + 000 A 35 A1 CPX   ，   1 1 1 2 3 3 2 2 4 5 CA200 C 3 A0 5 APX   （或 1 1 2 2 3 3 3 5 36 3( 2000) 60 5 C C APX A    ） （10 分） 所以 X 的分布列为 X 1000 1500 2000 P 1 10 3 10 3 5   11000 1500 2000 17501 3 0 3 10 5EX       （元）． （12 分） 21．（1）解： 11( ) ( 0)axf x a xxx      ， （1 分） 当 0a 时， ( ) 0fx  恒成立，函数 ()fx在 (0, ) 上单调递增，无极值． （2 分） 当 0a  时，由 ，得 10 x a，函数 在 1(0, )a 上单调递增，由 ( ) 0fx  ，得 1x a ， 函数 在 1( , )a  上单调递减， 极大值为 11( ) ln 1 ln 1f b a baa       ，无极小值． （4 分） 综上所述，当 时， 无极值； 当 时， 极大值为 ln 1ab   ，无极小值． （5 分） （2）由 ()f x ex 可得 ()f x lnx ax b ex    ， 设 ( ) ( )h x lnx e a x b    ，所以 1()h x e ax    ， 0x  ， 当 ae 时， ( ) 0hx， ()hx 在 (0, ) 上是增函数，所以 ( ) 0hx 不可能恒成立， 当 ae 时，由 1( ) 0h x e ax     ，得 1x ae  ， （7 分） 当 1(0, )x ae  时， ( ) 0hx， ()hx 单调递增，当 1(x ae  ， ) 时， ( ) 0hx， ()hx 单调递减， 所以当 1x ae  时， ()hx 取最大值， 1( ) ( ) 1 0h ln a e bae      ， （8 分） 所以 ( ) 1 0ln a e b    ，即 1 ( )b ln a e   ，所以 1 ( ) ()b ln a e aea e a e  ， （9 分） 令 1 ( )( ) ( )ln x eF x x exe    ， 22 1 ( ) 1 ( ) ()() ( ) ( ) x e ln x e ln x exeFx x e x e         ， 当 (1xe， 时， ( ) 0Fx， ()Fx单调递增， 当 ( , 1)x e e时， ( ) 0Fx， ()Fx单调递减， 所以当 1xe时， ()Fx取最小值，即 ( ) ( 1) 1F x F e    ，所以 b ae 的最小值为 1 ． （12 分） 22．解：（1）由 22 2 24 2 xt yt         消去参数t 得直线l 的普通方程为 .02  yx （2 分） 由 2sin 2cos   得曲线C 的直角坐标方程为 .22 xy  （5 分） （2）将 22 2 24 2 xt yt         代入 xy 22  得 .020252 2  tt （6 分） 设方程的两根为 21,tt ，则 ,40,210,0 2121  tttt （7 分） 故 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 (10 2) 2 40| | | | 340 MQ MP t t t t t t MP MQ t t t t         . （10 分） 23．解：（1）因为 9abc   ， 所以 2 2 2 1 2 2 2( )( )9 abca b c a b c       1 2 2 2 2 2 2(6 )9 b a c a c b a b a c b c       （3 分） 1 2 2 2 2 2 2(6 2 2 2 ) 29 b a c a c b a b a c b c       ， 即 2 2 2 2a b c ，所以 2 2 2 a b c的最小值 2t  ． （5 分） （2）当 2t  时， 8( 3) ( ) | 2 | 2 | 3| 3 4( 3 2) 8( 2) xx f x x x x x xx                 ，可得 ( ) 5fx ， （7 分） 存在实数 x ，使不等式 2( ) 2 3f x m m   有解，则 2 max( ) 2 3f x m m   ， 从而 25 2 3mm   ，即 2 2 8 0mm   ，解得 2 4.m   所以实数 m 的取值范围是 2 4.m   （10 分）