《2020届武汉市高中毕业生六月供题理科数学含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届武汉市高中毕业生六月供题理科数学含答案（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 理科数学参考答案 第 1 页 共 5 页 1 1 6 4 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 2
2、2 23 题为选考题 考生根据要求作答 17 本题满分 12 分 1 S b c a 1 bc A b c a 2 2 2 4 2 2 2 2 sin 4 即 sin A b c a A 则 A 又 A A 2 2 2 2bc cos tan 1 0 4 a b 2 6 由正弦定理有 sin A sin B sin B 2 2 sin B 6 6 cos B 又 a b 30 6 6 分 2 由第 1 问可知 A 4 sin A B sin B cos B cos B A sin B sin B cos B cos B 4 4 sin B 2 sin B cos B sin B cos B 令
3、 t sin B cos B 则 t2 1 2 sin B cos B 令y 1 t 2 2 t 1 1 t 2 2 3 t 0 2 2 2 2 2 t 2 时 B 此时最大值为 5 12 分 2 1 8 本题满分 12 分 1 由面面平行的性质定理可知 2 2 2 2 2 sin B 2 cos B sin B cos B 2 cos B 2 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
4、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 3 n m 4 所以所求锐二面角的余弦值为 3 12 分 4 1 9 本题满分 12 分 2 1 m 2 椭圆 E y 2 两个焦点 4 1 F 3 0 2 3 0 设 K x y F 1 K x 3 y F 2 K x
5、3 y KF KF FK F K x 3 y x 3 y x 2 y2 3 3y2 1 1 2 1 2 1 y 1 KF1 KF2 的范围是 2 1 5 分 x 2 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 x 2 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
6、 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
7、 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 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
8、数居中 k 4 时化验次数最少 而采用方案 则需 化 验 1000 次 故在这三种分组情况下 相比方案 当 k 4 时化验次数最多可以平均减少 1000 594 406 次 12 分 2 1 本题满分 12 分 1 f x f 1 e 2x 2 2x 2f 0 令 x 1 解得 f 0 1 由 f x f 1 2 e 2x 2 x2 2f 0 x 令 x 0 得 f 0 f 1 2 e 2 f 1 2e 2 所以 f x e 2x 2x x2 4 分 2 因为 f x e 2x 2x x2 所以 g x f x 1 x2 1 a x a ex a x 1 2 4 g x e x a 当 a 0
9、 时 总有 g x 0 函数 f x 在 R 上单调递增 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 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 e x 1 a ln x p x e 时 p x 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 当 1 x e 时 p x q x p x q x e e x 1 a m x m x e 0 m x 在 1 上递
10、减 x 2 ex 1 m x m 1 e 1 a 0 p x e 时 p x q x p x q x e 2 ln x e x 1 a n x n x 2 e e x 1 n x 2 2e e x 1 0 x x 2 x 2 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 0 y kx y 2 1 解得 4 xP 2 1 4k 2 y kx x 2 y2 4x 0 解得 xQ 4 1 k 2 由于 OP PQ 所以 xQ 2xP 4 故 1 k2 4 解得 k 1 4k 所以 PQ OP 1 k 2 2 2 3 1 4k 2
11、3 M 0 1 到直线 l y 2 x 的距离 d 3 3 S 1 PQ d 1 PQM 2 10 分 3 2 3 本题满分 10 分 1 f x 3 x 4 2 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
