2020年湖北省高三(4月)线上调研考试理科数学参考答案

一、选择题1--12CBADBDCACBAB12.B解析：0，x0,x

2222,，设xt，作ycost的图像如下：3333在上满足f(x3)0的实数x3有且只有3个，即函数ycost在

22,上有且只有3个零点，33

由图像可知232513192,x,，结论正确④；由图像知，ycost在上3323266

时，10

只有一个最小值点，由一个或两个最大值点，结论①正确，结论②错误；当x0,

x

222131927,0，所以ycost在，由知331036610320

上递增，结论③正确.综上，正确的有①③④.

3422,

3310二、填空题13.（0,2）14.15.960016.21

15.解析：设每天派出A型卡车x辆，B型卡车y辆，运输队所花成本为z元，则0x80x8

0y60y6

xy10xy10

6x510y42403x4y24**x,yNx,yN

目标函数z1200x1800y,画出满足条件的可行域,1由图可知，当直线z1200x1800y经过点A点（8,0）时使z取得最小值，即zmin12008180009600

故每天只派8辆A型卡车运输，所花成本最低，最低成本为9600元.1

MIMF2cosF1MF2MIMF2FMF216.21解析：因为MIcos12设MF1F2的内切圆与边2MF2MF21FMF

(MF1MF2F1F2)，又MDMIcos12，22F1MF2FMF1

MIcos12(MF1MF2F1F2)所以MF1MF2F1F22MIcos

222MF1,MF2分别切于D,E两点，则MDMEMIMF2MF2MIcos

F1MF21

(222)212217.(1)由已知得cos2Acos2B2sin(

3A)sin(A)，化简得sinB332故B

3或

23……………………6分（少一种扣2分）

(2)因为ba，所以B

3，由正弦定理

acb

sinAsinCsinB

3322，

……7分

得a=2sinA,c=2sinC，2ac4sin2sinC4sin2sin

2

3

12ac2sinAsinC2sinAsin(A)

232sinAsin

2233cosAcossinAsinAcosA3sin(A)33226……………………9分

因为ba，所以

3A

2,A，3662……………………12分

31

,3所以ac22

18.(1)证明：取BC中点E，连接DE，设AB=AD=a,BC=2a,依题意得，四边形ABED为正方形，且有BE=DE=CE=a,BD=CD=2a，BD2CD2BC2,则BDCD，2又平面SCD底面ABCD，平面SCD底面ABCD=CD,BD平面SCD．………………5分(2)解：过点S作CD的垂线，交CD延长线于点H，连接AH，可证DH为斜线SD在底面ABCD内的射影，SDH为斜线SD与底面ABCD所成的角，即SDH60．由（1）得，SCCD

2a，在RtSHD中，SD2a,HD

2a6a,SH,222a2a，由余弦定理得AH，22ADH45，ADa,HD在AHD中，从而AHD90，过点D作DF∥SH，交SC于F,DF底面ABCD，BD、DC、DF两两垂直.…………7分以点D为坐标原点，DB为x轴正方向，DC为y轴正方向，DF为z轴正方向建立空间直角坐标系，则B(2a,0,0),C(0,2a,0),S(0,

2622226a,a),A(a,a,0),M(a,a,a),2222422nDB2ax0



设平面MBD的法向量n(x,y,z),，由226axayaz0nDM

424取z=1，得n(0,

3,1)，2………………9分mCB2ax2ay0

设平面SBC的法向量m(x,y,z),，由26ayaz0mSB2ax

22取z=1，得m(33,,1)，33………………10分30131056cosm,n

3571549……………………11分故平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值为310535……………………12分19.解：(1)设A(x,y),B(x,y)，抛物线C的焦点为F，则AFBFy1y2p，112232又y1y210，故10p11，∴p1，于是C的方程为x2y，2y1y2x1x2x12y1

，则1，直线AB的方程为xy40；2

x1x22x22y2

……………………2分……………………4分（2）不妨记P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x0,y0)，直线l的方程为yk(x1)5，x22yx1x22k2联立得x2kx2k100，则，PQ21k2k22k10，x1x22k10yk(x1)5

拋物线C在P（x1,y1)的切线方程为yy1x1(xx1)又点N((x0,y0)在切线PN上，则y0y1x1(x0x1),即x122x0x12y00

，同理可得：2x22x0x22y00

，2x0x1x22x,x12故，为一元二次方程x2x0x2y00的两根，，……………………8分2yxx2k10012k22k101k

32点N到直线PQ的距离d



k22k101k

2，SPQN31222PQd(k2k10)(k1)92，2……………………11分k1时，△PQN的面积S取得最小值为27．所以△PQN的面积得取值范围27,……………………12分20.解：（1）易知函数f(x)为偶函数，故只需求x0,时f(x)的最小值.

f'(x)2xsinx,当x0,时，设h(x)2xsinx,h'(x)2cosx，显然h'(x)单增，2

而h(0)0,h()0，由零点存在性定理，存在唯一的x00,当x(0,x0),h(x)0，h(x)单减，当x(x0,而h(0)0,h()0，故x0,

'''2'，使得h(x0)0……2分2

'),h(x)0，h(x)单增，22',h(x)0x，即0,,f(x)0，f(x)单减……4分22

42又当x(,),2xsinx,f(x)0f(x)单增，所以f(x)minf()

224（2）只需证……5分x1x2

，其中x10,,x2,2222

''',F(x)f(x)f(x)22sinx02



时，f(x)f(x)，而x10,22

构造函数F(x)f(x)f(x),x0,

即F(x)单增，所以F(x)F()0，即当x0,

2所以f(x1)f(x1)，又f(x1)f(x2)，即f(x2)f(x1)，此时x2,x1(由第（1）问可知，f(x)在

,)2xx

,上单增，所以x2x1,x1x2，即证12……12分222

11442CCA44484234A4A21+21.解：（1）P66AA7201566∴恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为（2）（i）由已知得E1k，2可能的取值为1，k+1.∴P(21)(1p)，P(2k1)1(1p)∴E2(1p)(k1)1(1p)

kkk4

.15……………………4分……………………5分……………………6分kk1k(1p)

kk∵E1E2，∴kk1k(1p)，即1k(1p)

k11

∴(1p)，p1()kkk

k11*∴p关于k的函数关系式pf(k)1()k（kN且k2）；k（ii）由题意可知E2E1，∴k1k(1p)k，14k1……………………8分……………………9分即1

(1p)kk1k111k∵p1e，∴(e4)e4，两边取对数得lnkk，设g(x)lnxx(x2)

44k∵g(x)

'4x'，当x4时，g(x)0，即g(x)在(4,)上单调递减4x5又∵ln51.6094，55661.25，∴ln5，ln61.7917,1.5，∴ln64444778899

ln71.9459,1.75,ln7,ln82.0793,2,ln8,ln92.1972,2.25,ln9

444444……………………12分2222∴k的最大值为8.22.解：依题意，曲线C1:(x2)y4，即xy4x0故4cos0，即4cos因为

222……………………3分4222

，故3sin4213sin2x2即x4y4，即y21

4（2）将0代入

2……………………5分442得，Q13sin213sin20将0代入4cos得，P4cos0由OQPQ，得P2Q，即4cos0

216

13sin20……………………7分解得sin0又00

2212，则cos033434234cos，故Q，P02313sin203123621

OMPQsin0

22333……………………10分2

2

故PMQ的面积SPMQSOMPSOMQ

23.解：（1）因为abab3，所以ab3ab2ab．①当ab0时，3ab2ab，解得ab3，即0ab3；②当ab0时，3ab2ab，解得ab1，即1ab0，所以1ab3，则03ab4，而abab2ab3ab2ab3ab，2

2

2

22

所以0ab4，即2ab2（2）由（1）知0ab3，2

………………5分61134a2b243

22因为22

ab4ababab43ab433332222abab4abab4当且仅当ab2时取等号，所以111

322abab41130ab2

………………10分2

1134．a2b24ab7