武汉市2020届高三3月份质检质理数试题及答案

理科数学参考答案及评分细则

一、选择题 题号 答案

1 D

2 C

3 A

4 B

5 C

6 D

7 A

8 B

9 D

10 A

11 C

12 B

二、填空题

x2y21

+∞) 15．9.14 16．− 13．−=1 14．[−1，

2123

三、解答题 17．（1）由已知条件

2tanBbtanA−tanBc−b

=， =得：

ctanA+tanBctanA+tanB

bsinB2tanBsinB

==，则， csinCtanA+tanBsinC

由正弦定理得

即

2sinBsinAsinB⋅sinC=(+)⋅sinB，由sinB≠0， cosBcosAcosB

整理得：2sinC⋅cosA=sinA⋅cosB+cosA⋅sinB，……3分 即2sinC⋅cosA=sin(A+B)，……4分

即2sinC⋅cosA=sinC，由sinC≠0，故cosA=

1

……6分 2

由（1）知A=

π3

，则SΔABC=

2

2

2

13bcsinA=bc， 24

2

2

由余弦定理得：a=b+c−2bccosA，而a=4，则b+c−bc=16 由b+c≥2bc得2bc−bc≤16，即bc≤16，……9分 所以SΔABC=

2

2

133×16=43， bcsinA=bc≤

244

当b=c时取等号．……12分

18．（1）取DC的中点H，AB的中点M，连接QH，HL、BD，

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，Q为C1D1的中点，

 理科数学参考答案 第1页（共5页）

则QH⊥CD，从而QH⊥面ABCD，所以QH⊥AC， ……2分

在正方形ABCD中，H、L分别为CD、BC的中点， 所以BD//HL，而AC⊥BD，

则HL⊥AC, ……4分 又QHIHL=H，所以AC⊥面QHL， 所以AC⊥QL．……6分

（2）连接ML、MP，由AC⊥QL，ML//AC知ML⊥QL，

则四边形PQLM为矩形，

则点A到平面PQL的距离即为点A到平面PML的距离，设其值为h，……8分 在四面体P−AML中，SΔAML=

11aa1

AM⋅BL=⋅⋅=a2， 22228

SΔPML=

32112aa

⋅ML⋅PM=⋅a⋅()2+a2+()2=a，

422222

由等体积法可知：VP−AML=VA−PML，即⋅a⋅a=

11

38

2

132⋅a⋅h， 34

解之得h=

2

33a，故点A到平面PQL的距离为a． ……12分 66

19．（1）y=2px(p>0)的焦点F(

2

pp

,0)，而FP=(2,23)，所以点P(+2,23)， 22

2

又点P在抛物线y=2px上，所以(23)=2p(

2

p

+2)，即p2+4p−12=0， 2

而p>0，故p=2，则抛物线的方程为y=4x． ……4分 （2）设M(x0,y0)，N(x1,y1)，L(x2,y2)，则y1=4x1，y2=4x2，

直线MN的斜率为kMN=

2

2

y1−y0y−y04

， =1=22

y1−y0x1−x0y1+y0

4

2y04x+y0y14

则lMN：y−y0=(x−)，即y=①；

4y1+y0y0+y1

同理lML：y=

4x+y0y2

②；

y0+y2

 理科数学参考答案 第2页（共5页）

12+y0y1⎧−=2⎪y0+y1⎪

将A(3,−2)、B(3,−6)分别代入①、②两式得：⎨，

⎪−6=12+y0y2⎪y0+y2⎩

消去y0得y1y2=12， ……9分 易知直线kNL即y=

4y4

(x−1)， =，则直线NL的方程为y−y1=

y1+y24y1+y2

2

44yy412

(x+3)，x+12，x+故y=，所以y=

y1+y2y1+y2y1+y2y1+y2y1+y2

10

因此直线NL恒过定点(−3,0)．……12分

20．（1）依题意

∑x

i=1

i

=380.0，

则32+31+33+36+37+38+39+43+45+x10=380，解得：x10=46．……3分

ˆ=（2）（Ⅰ）由居民收入x与该种商品的销售额y之间满足线性回归方程y

363

x+a知 254

363b=，即b=

254

∑xy

ii=110i=1

10

i

−10xy

2

=

∑xi2−10x

363

， 254

12875+46y10−10⋅38⋅

即

254

340+y10

36310=， 254

解之得：y10=51．……8分

ˆ=（Ⅱ）易得x=38，y=39.1，代入y

ˆ=解得a≈−15.21，所以y

当x=40时，y=

363

x+a得：39.1=363×38+a， 254254

363

x−15.21，……10分 254

363

×40−15.21≈41.96254

……12分

故若该城市居民收入达到40.0亿元，估计这种商品的销售额是41.96万元．

21．（1）y′=e−2cosx−2(cosx−xsinx)=e+2xsinx−4cosx，……2分

因为x∈(−π,−

x

xx

π2

)，所以ex>0，2xsinx>0，−4cosx>0，故y′(x)>0，

所以y=e−2sinx−2xcosx在(−π,−

π2

)上单调增．……4分

 理科数学参考答案 第3页（共5页）

ex(x−1)−2x2cosx

（2）可得：f′(x)=，……5分 2

x

令g(x)=e(x−1)−2xcosx，则g′(x)=x(e+2xsinx−4cosx)， 当x∈(−π,−

x

2x

π2

)时，由（1）知ex+2xsinx−4cosx>0，则g′(x)<0，

故g(x)在(−π,−而g(−

π2

)递减，

π2

)=e2(−

−

ππ2

−1)<0，g(−π)=8−e−π(1+π)>0，

由零点存在定理知：存在唯一的x0∈(−π,−即e

x0

π2

)使得g(x0)=0……7分

+2x0sinx0−4cosx0=0，

当x∈(−π,x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)为增函数； 当x∈(x0,−

π)时，g(x)<0，即f′(x)<0，f(x)为减函数， 2

ex(x−1)π又当x∈(−,0)时，f′(x)=−2cosx<0，

x22

π所以f(x)在(−,0)上为减函数，从而f(x)在x∈(x0,0)上恒为减函数；

2

因此f(x)有惟一的极大值点x0.……9分

由f(x)在(x0,−

ππ)上单调递减，故f(x0)>f(−) 22

π1

f(−)=−2sin(−)=−+2>0 ππ22π2−e22

e

2

π−

π故f(x0)>0

ex0πex0

−2sinx0，当x0∈(−π,−)时，−1<<0，0<−2sinx0<2 又f(x0)=x02x0

故f(x0)<2

所以0⎧x=5cosθx2y2

，消去参数θ可得+=1……2分 22．（1）由⎨

y4sinθ=2516⎩

将⎨

⎧x=ρcosθ222

代入ρ−4ρcosθ+3=0得x+y−4x+3=0．……5分

⎩y=ρsinθ（2）C2的圆心为M(2,0)，

理科数学参考答案 第4页（共5页）

则MP=(5cosθ−2)+(4sinθ−0)=9cos由−1≤cosθ≤1知，当cosθ=1时，MP故MPmin=3，……9分 从而PQmin=2．……10分

23．（1）在a=4时，2x−4+x−3≥8，

2min

2

222

θ−20cosθ+20，……7分

=9−20+20−9=9，

当x≥3时，2x−4+x−3≥8，解之得x≥5；

当23

1； 3

⎛⎝

1⎤⎦

⎧

⎪3x−2a+1,x≥a−1⎪

aa⎪

（2）①当a≥2时有a−1≥，f(x)=⎨x−1,22⎪

a⎪

−3x+2a−1,x≤⎪2⎩

aaa2aa

，而a≥2，则a∈φ； 在x=时，f(x)min=f()=−1，则只需−1≥

22222

…… 7分

a⎧

xax321,−+≥⎪2⎪

aa⎪

②当a<2时有a−1<，f(x)=⎨1−x,a−122⎪

x≤a−1⎪−3x+2a−1,

⎪⎩

aaaaaa2

在x=时，f(x)min=f()=−1=1−，则只需1−≥，

222222

即a+a−2≤0，

所以−2≤a≤1，而a<2，故所求a范围为：−2≤a≤1． 综合以上可知：−2≤a≤1．……10分

2

 理科数学参考答案 第5页（共5页）

武汉市2020届高中毕业生学习质量检测

1　答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2 选择题的作答：每小题选出答案后，请用黑色签字笔填写在答题卡上对应的表格中。3 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。4 选考题的作答：先把所选题目的题号用黑色签字笔填写在答题卡上指定的位置，答案写在答题卡上对应的答题区域内。5 请学生自行打印答题卡。不能打印的，可在A4白纸上答题，选择题请标明题号，写清答案；非选择题请标明题号，自行 画定答题区域，并在相应区域内答题，需要制图的请自行制图。6 答题完毕，请将答案用手机拍照并上传给学校，原则上一张A4拍成一张照片，要注意照片的清晰，不要多拍、漏拍。题号答案题号答案172839410511612。