2019届湖北八校第二次联考理科数学答案

2019届湖北八校第二次联考理科数学答案

1 湖北省八校 2019 届高三第二次联考数学试卷（理科）参考答案 一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C C C B A A C A C A D 二、填空题： 13. 4 ； 14.3 1 0x y   ； 15. 3 ； 16. 2 1 . 三、解答题： 17.解：（1） （ − ， ）与 (cos ,cos )n C B 共线， (2 )cos cosa c B b C   . 即 (2sin sin )cos sin cosA C B B C  ， 2sin cos sin( ) sinA B B C A    ………4 分 即sin (2cos 1) 0A B   . .2 1cos,0sin  BA 3 π),π,0(  BB .……………6 分 （2） 3 π,3,73  Bab ，在 ABC 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 29 63 1cos , 3 54 02 2 3 2 a c b cB c cac c            . 则 9c  或 6c   （舍去）. ………………8 分 2 2 2 9 63 81 1cos 2 2 3 3 7 2 7 a b cC ab           ， 12 73AD DC DC b      .……10 分 在 BDC 中，由余弦定理得： 2 2 2 12 cos 9 7 2 3 7 19 2 7 BD CB DC CB DC C            , 19BD  ………………12 分 18. 解：（1） ADBCBCAD 2 1,//  ，Q 为 AD 的中点， ∴四边形 BCDQ 为平行四边形， .// BQCD  90,90  AQBADC 即 .ADQB  ………………2 分 又∵平面 PAD ⊥平面 ABCD ，且平面 PAD ∩平面 ABCD = AD ， ∴ BQ ⊥平面 PAD ． …………4 分 ∵ BQ ⊂平面 PQB ， ∴平面 PQB ⊥平面 PAD ． ………………5 分 （2）∵ PDPA  ，Q 为 AD 的中点，∴ PQ ⊥ AD ． ∵面 PAD ⊥面 ABCD ，且面 PAD ∩面 ABCD = AD ，∴ PQ ⊥面 ABCD ． 2 如图，以 Q 为原点，分别以 QPQCQA ,, 所在的直线为 x 轴， y 轴， z 轴 建立空间直角坐标系． ………………6 分 平面 BQC 的法向量可取为 )1,0,0(n ； ………………7 分 (0,0,0)Q ， (0,0, 3)P ， (0, 3,0)B ， ( 1, 3,0)C  ．设 ( , , )M x y z ， 则 ( , , 3)PM x y z  ， ( 1 , 3 , )MC x y z     , 3PM MC   3 43( 1 ) 3 3 3 3 3 33( 3 ) , ,4 4 4 4 3 3( ) 3 4 x x x y y y M z z z                          ………………………9 分 在平面 MBQ 中， 3 3 3 3(0, 3,0), , ,4 4 4QB QM          ， 设平面 MBQ 法向量的法向量为 ( , , )m x y z ， ( , , ) (0, 3,0) 0 00 3 3 3 3( , , ) , , 0 30 4 4 4 x y z ym QB x y z z xm QM                          令 1x  则 (1,0, 3)m  . ……………………11 分 设二面角 M BQ C  的平面角为 ，则 3 3cos cos , 1 2 2 m n m n m n             .6 π 所以二面角 M BQ C  的大小为 6 π . ……………………12 分 19. （1）解：由题意可得 2 , 3a c bc  ……………………2 分 又 2 2 2a b c  得 2 2 24, 3, 1a b c   所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 3 x y  . ……………………4 分 （2）证明：由（1）可得：直线 : 1l x   ， 3( 1, )2A  ，设直线 MN 的方程为 y kx m  ， 代入椭圆方程，消 y 可得 2 2 2(3 4 ) 8 4 12 0k x kmx m     ，设 1, 1 2 2( ), ( , )M x y N x y 则 2 248(4 3)k m    ， 2 2 21221 43 124, 43 8 k mxx k kmxx     ………………7 分 MAB NAB   0AM ANK K   ， ………………8 分 1 2 1 2 3 3 2 2 01 1 y y x x       ，即 1 2 2 1 3 3( )( 1) ( )( 1) 02 2kx m x kx m x        . 2 1 2 1 2 2 2 3 2 (4 12) 3 82 ( )( ) 2 3 ( ) 2 3 02 3 4 2 3 4 k m kmkx x m k x x m m k mk k                 3 化简可得 (2 1)(2 2 3) 0k m k    ， ………………10 分 2 1k 或 0322  km . 当 2 2 3 0m k   时，直线 MN 的方程为 3( 1) 2y k x   ，直线 MN 经过点 3( 1, )2A  ，不满足题意， 则 2 1k .故直线 MN 的斜率为定值 1 2  .………………12 分 20．解：（1）根据散点图可以判断， dxcy e 更适宜作为平均产卵数 y 关于平均温度 x 的回归方程类 型． ………………………1 分 对 dxcy e 两边取自然对数得 ln ln dy c x  ，令 lnz y ， lna c ，b d ，得 z a bx  ． 因为 7 1 7 2 1 ( )( ) 40.182 0.272147.714( ) i i i i i x x z z b x x            ， ………………………3 分  3.612 0.272 27.429 3.849a z bx       ， 所以 z 关于 x 的线性回归方程为 0.272 3.849z x  ． ………………………4 分 所以 y 关于 x 的回归方程为 849.3272.0e    xy ． ………………………5 分 （2）（i）由 233 5 )1(C)( pppf  ，得 )53)(1(C)( 23 5 ' ppppf  ，因为 0 1p  ， 令 ( ) 0f p  得 053  p ，解得 30 5p  ，所以 ( )f p 在 3(0 )5 ， 上单调递增，在 3( )5 ,1 上单调递减，所以 ( )f p 有唯一极大值 3( )5f ，也为最大值.所以当 3= 5p 时， max 216( ) 625f p  ……………9 分 （ii）由（i），当 ( )f p 取最大值时 3= 5p ，所以 )5 3,5(~ BX ， …………………10 分 3( ) 5 =3,5E X   3 2 6( ) 5 =5 5 5D X    . …………………12 分 21.解:（1） ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 2 2 2 1 2 2 1( ) 1 a x axf x xx x         . ………1 分 （i）若 1a  ,则 ( ) 0f x  ，当且仅当 1a  ， 1x  时 ( ) 0f x  ， ………………2 分 （ii）若 1a  ，令 ( ) 0f x  得 2 2 1 21, 1x a a x a a      . ………………3 分 当 ),1()1,0( 22  aaaax  时， ( ) 0f x  ； 当  1,1 22  aaaax 时， ( ) 0f x  . 所以:当 1a  时, ( )f x 单调递减区间为 (0, ) ,无单调递增区间; 当 1a  时, ( )f x 单调递减区间为   2 20, 1 , 1,a a a a     ； 单调递增区间为 2 21, 1a a a a    . ………………………5 分 4 (2)由(1)知: 1a  且 1 2 1 22 , 1.x x a x x   ………………6 分 又  1 2 1 2 1 2 1 2( ) 2 , ( )2 x xg x b cx g b c x xx x x          ,由 1 2( ) ( ) 0g x g x  得: 2 21 1 2 1 2 2 ln ( ) ( )x b x x c x xx     . ………………7 分 2 21 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2( ) 2( )( ) ( ) ( ) ( ) ln2 x x x x x x xy x x g b x x c x xx x x x x              1 2 1 1 2 2 2( 1) ln 1 x x x x x x     . ………………9 分 令  1 2 0,1x tx   2( 1) ln ,1 ty tt    2 2 ( 1) 0( 1) ty t t     ,所以 y 在 0,1 上单调递减， 由 y 的取值范围是 2ln 2 ,3     ，得t 的取值范围是 10, 2      ，       ,2 92124 1 2 2 12 ttx x x xa ，又 1a ， 故实数 a 的取值范围是 3 2 ,4     . ………………12 分 22．解：（1）把 )6 πcos(4   ，展开得  cos32sin2  ， ……………1 分 两边同乘  ，得  cos32sin22  ①． ………………3 分 将 2 2 2 , cos , sinx y x y        代入①， ……………… 4 分 即得曲线 C 的直角坐标方程为 023222  yxyx ． ………………5 分 （2）将        ty tx 2 31 2 1 代入②式，得 0132  tt ， ………………6 分 设方程的两个实根分别为 t1，t2，则 1,3 2121  tttt . ………………7 分 点 M 的直角坐标为 )1,0( . ………………8 分 则由参数 t 的几何意义即得 1 2,MA t MB t  ,且 021 tt ，  2 1 2 1 2 1 2 1 2| | | | 4 3 4 7MA MB t t t t t t t t            .………10 分 23．解：（1）当 1a  时， ( ) 1 1f x x x    即        .1,2 ,11,2 ,1,2 )( xx x xx xf ………………3 分 5 故不等式 4)( xf 的解集为 22  xx ． ………………5 分 （2）若 (0,1)x 时，不等式 ( ) 2f x x  恒成立，即 1 1 2x ax x     恒成立， 等价于当 (0,1)x 时| 1| 1ax   恒成立． ………………7 分 若 0a  ，则当 (0,1)x 时| 1| 1ax   ，不满足条件； ………………8 分 若 0a  ，| 1| 1ax   的解集为 20 x a   ，所以 2 1a  ，故 0 2a  ． ………………9 分 综上， a 的取值范围为 (0,2] ． ………………10 分