2020届湖北省武汉市高三下学期3月质量检测数学(文)试题(解析版)

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湖北省武汉市2020届高三毕业生学习质量检测文科数学试题及参考答案

（2）由（1）知 an = 2n−1 ，由 an > n +100 得 an − n −100 > 0 ，即 2n−1 − n −100 > 0 设 bn = 2n−1 − n −100 (n ∈ N ∗ ) ，则需 bn > 0 ， bn+1 − bn = (2n − n −1−100) − (2n−1 − n −100) = 2n−1 −1 ，显然 n = 1 时， bn+1 = bn ， n ≥ 2 时， bn+1 > bn ，……8 分
即 b1 = b2 < b3 < b4 < L < bn < L ，而 b7 = −43 < 0 ， b8 = 20 > 0 ，即 n ≤ 7 时 bn < 0 ；当 n > 8 时， bn > 0 ，故 n 的取值范围是： n ≥ 8 ……12 分
18．（1）取 DC 的中点 H ， AB 的中点 M ，连接 QH 、在正方体 ABCD − A1B1C1D1 中， Q 为 C1D1 的中点，则 QH ⊥ CD ，则 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 QH I HL = H ，所以 AC ⊥ 面 QHL ，所以 AC ⊥ QL ．……6 分连接 ML 、 MP ，显然 PQ // ML 且 PQ = ML ，故四边形 PQLM 为平行四边形，则 SΔPQL = SΔPML ，
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湖北省武汉市高2020届高三3月份质检理数试题及答案

武汉市2020届高中毕业生学习质量检测理科数学参考答案及评分细则一、选择题题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C A B C D A B D A C B二、填空题13．131222=−y x 14．[)∞+−，1 15．14.9 16．21− 三、解答题17．（1）由已知条件c b c BA B A −=+−tan tan tan tan 得：c b B A B =+tan tan tan 2，由正弦定理得C B c b sin sin =，则C B B A B sin sin tan tan tan 2=+，即B BB A AC B B sin )cos sin cos sin (sin cos sin 2⋅+=⋅，由0sin ≠B ，整理得：B A B A A C sin cos cos sin cos sin 2⋅+⋅=⋅，……3分即)sin(cos sin 2B A A C +=⋅，……4分即C A C sin cos sin 2=⋅，由0sin ≠C ，故21cos =A ……6分由（1）知3π=A ，则bc A bc S ABC 43sin 21==Δ，由余弦定理得：A bc c b a cos 2222−+=，而4=a ，则1622=−+bc c b由bc c b 222≥+得162≤−bc bc ，即16≤bc ，……9分所以34164343sin 21=×≤==Δbc A bc S ABC ，当c b =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1111D C B A ABCD −中，Q 为11D C 的中点，则CD QH ⊥，从而⊥QH 面ABCD ，所以QH ⊥……2分在正方形ABCD 中，H 、L 分别为CD 、BC 所以HL BD //，而BD AC ⊥，则AC HL ⊥, ……4又H HL QH =I ，所以⊥AC 面QHL ，所以QL AC ⊥．……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AML P −中，281222121a a a BL AM S AML =⋅⋅=⋅=Δ， 222243)2()2(222121a a a a a PM ML S PML =++⋅⋅=⋅⋅=Δ，由等体积法可知：PML A AML P V V −−=，即h a a a ⋅⋅=⋅⋅2243318131，解之得a h 63=，故点A 到平面PQL 的距离为a 63． ……12分 19．（1）)0(22>=p px y 的焦点)0,2(p F ，而)32,2(=，所以点)32,22(+p P ，又点P 在抛物线px y 22=上，所以)22(2)32(2+=p p ，即01242=−+p p ，而0>p ，故2=p ，则抛物线的方程为x y 42=． ……4分（2）设),(00y x M ，),(11y x N ，),(22y x L ，则1214x y =，2224x y =，直线MN 的斜率为01202101010144y y y y y y x x y y k MN +=−−=−−=，则MN l ：)4(420010y x y y y y −+=−，即10104y y y y x y ++=①；同理ML l ：20204y y y y x y ++=②；将)2,3(−A 、)6,3(−B 分别代入①、②两式得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=−++=−202010********y y y y y y y y ，消去0y 得1221=y y ， ……9分易知直线214y y k NL+=，则直线NL 的方程为)4(421211y x y y y y −+=−，即2121214y y y y x y y y +++=，故2121124y y x y y y +++=，所以)3(421++=x y y y ，因此直线NL 恒过定点)0,3(−．……12分20．（1）依题意0.380101=∑=i i x，则38045433938373633313210=+++++++++x ，解得：4610=x ．……3分（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363ˆ254y x a =+知 254363=b ，即254363101010122101=−−=∑∑==i i i i i x x y x y x b ，即25436325410340381046128751010=+⋅⋅−+y y ，解之得：5110=y ．……8分（Ⅱ）易得38=x ，1.39=y ，代入a x y+=254363ˆ得：a +×=382543631.39，解得21.15−≈a ，所以21.15254363ˆ−=x y，……10分当40=x 时，96.4121.1540254363≈−×=y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96.41万元．……12分 21．（1）2cos 2(cos sin )x y e x x x x ′=−−−x x x e x cos 4sin 2−+=，……2分因为)2,(ππ−−∈x ，所以0>x e ，0sin 2>x x ，0cos 4>−x ，故()0y x ′>，所以e 2sin 2cos x y x x x =−−在)2,(ππ−−上单调增．……4分（2）可得：22cos 2)1()(xx x x e x f x −−=′，……5分令x x x e x g x cos 2)1()(2−−=，则)cos 4sin 2()(x x x e x x g x −+=′，当)2,(ππ−−∈x 时，由（1）知0cos 4sin 2>−+x x x e x ，则0)(<′x g ，故)(x g 在2,(ππ−−递减，而0)12()2(2<−−=−−πππe g ，0)1(8)(>+−=−−πππe g ，由零点存在定理知：存在唯一的)2,(0ππ−−∈x 使得0)(0=x g ……7分即0cos 4sin 20000=−+x x x e x ，当),(0x x π−∈时，0)(>x g ，即0)(>′x f ，)(x f 为增函数；当2,(0π−∈x x 时，0)(<x g ，即0)(<′x f ，)(x f 为减函数，又当)0,2(π−∈x 时，0cos 2)1()(2<−−=′x x x e x f x ，所以)(x f 在)0,2(π−上为减函数，从而()f x 在)0,(0x x ∈上恒为减函数；因此()f x 有惟一的极大值点0x .……9分由()f x 在0(,2x π−上单调递减，故0()()2f x f π>− 22e 1(2sin()2022e 22f ππππππ−−=−−=−+>− 故0()0f x > 又0000e ()2sin x f x x x =−，当0(,)2x ππ∈−−时，00e 10x x −<<，002sin 2x <−< 故0()2f x <所以00()2f x <<.……12分22．（1）由⎩⎨⎧==θθsin 4cos 5y x ，消去参数θ可得1162522=+y x ……2分将⎩⎨⎧==θρθρsin cos y x 代入03cos 42=+−θρρ得03422=+−+x y x ．……5分（2）2C 的圆心为)0,2(M ，则20cos 20cos9)0sin 4()2cos 5(2222+−=−+−=θθθθMP ，……7分由1cos 1≤≤−θ知，当1cos =θ时，9920209min 2=−+−=MP，故3min =MP ，……9分从而2min =PQ ．……10分23．（1）在4=a 时，8342≥−+−x x ，当3≥x 时，8342≥−+−x x ，解之得5≥x ；当32≤<x 时，8342≥−+−x x ，解之得9≥x ；此时x 无解；当2≤x 时，8324≥−+−x x ，解之得31−≤x ；综上[)+∞⎥⎦⎤⎜⎝⎛−∞−∈,531,U x ……5分（2）①当2≥a 时有21a a ≥−，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤−+−−<<−−≥+−=2,12312,11,123)(a x a x a x a x a x a x x f 在2a x =时，12)2()(min −==a a f x f ，则只需2122a a ≥−，而2≥a ，则φ∈a ； …… 7分②当2<a 时有21a a <−，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧−≤−+−<<−−≥+−=1,12321,12,123)(a x a x a x a x a x a x x f 在2a x =时，2112)2()(min a a a f x f −=−==，则只需2212a a ≥−，即022≤−+a a ，所以12≤≤−a ，而2<a ，故所求a 范围为：12≤≤−a ．综合以上可知：12≤≤−a ．……10分。

2020届湖北省武汉市高三下学期3月质量检测数学（理）试题

2020届湖北省武汉市高三下学期3月质量检测数学（理）试题一、单选题1．已知复数z ＝（1+2i ）（1+ai ）（a ∈R ），若z ∈R ，则实数a ＝（） A ．12B ．12-C ．2D ．﹣2【答案】D【解析】化简z ＝（1+2i ）（1+ai ）=()()122a a i -++，再根据z ∈R 求解. 【详解】因为z ＝（1+2i ）（1+ai ）=()()122a a i -++，又因为z ∈R ，所以20a +=，解得a ＝-2. 故选：D 【点睛】本题主要考查复数的运算及概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 2．已知集合M ＝{x |﹣1＜x ＜2}，N ＝{x |x （x +3）≤0}，则M ∩N ＝（） A ．[﹣3，2） B ．（﹣3，2）C ．（﹣1，0]D ．（﹣1，0）【答案】C【解析】先化简N ＝{x |x （x +3）≤0}={x |-3≤x ≤0}，再根据M ＝{x |﹣1＜x ＜2}，求两集合的交集. 【详解】因为N ＝{x |x （x +3）≤0}={x |-3≤x ≤0}，又因为M ＝{x |﹣1＜x ＜2}，所以M ∩N ＝{x |﹣1＜x ≤0}. 故选：C 【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 3．同时抛掷两个质地均匀的骰子，向上的点数之和小于5的概率为（） A ．16B ．518C ．19D ．512【答案】A【解析】直接计算概率得到答案. 【详解】共有66=36⨯种情况，满足条件的有()()()()()()1,11,21,32,1,2,2,3,1，，，6种情况，故61366p ==. 故选：A . 【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力.4．在正项等比数列{a n }中，a 5-a 1=15，a 4-a 2 =6，则a 3=（） A ．2 B ．4 C ．12D ．8【答案】B【解析】根据题意得到4511115a a a q a -=-=，342116a a a q a q -=-=，解得答案.【详解】4511115a a a q a -=-=，342116a a a q a q -=-=，解得112a q =⎧⎨=⎩或11612a q =-⎧⎪⎨=⎪⎩（舍去）.故2314a a q ==.故选：B . 【点睛】本题考查了等比数列的计算，意在考查学生的计算能力. 5．执行如图所示的程序框图，输出的s 的值为（）A ．53B ．85C ．138D ．2113【答案】C【解析】根据循环结构依次进行，直至不符合4i ≤，终止循环，输出s . 【详解】第一次循环，2,1s i ==，第二次循环，3,22s i ==，第三次循环，5,33s i ==，第四次循环，8,45s i ==，第四次循环，13,58s i ==，此时不满足4i ≤，输出138s =. 故选：C 【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，还考查了逻辑推理的能力，属于基础题. 6．已知等边△ABC 内接于圆τ：x 2+ y 2=1，且P 是圆τ上一点，则()PA PB PC ⋅+的最大值是（）A ．B ．1C D ．2【答案】D【解析】如图所示建立直角坐标系，设()cos ,sin P θθ，则(1)cos PA PB PC θ⋅+=-，计算得到答案. 【详解】如图所示建立直角坐标系，则1,0A ，12⎛-⎝⎭B ，1,2C ⎛- ⎝⎭，设()cos ,sin P θθ，则(1cos ,sin )(12cos ,2si (n ))PA PB PC θθθθ=--⋅--⋅+-222(1cos )(12cos )2sin 2cos cos 12sin 1cos 2θθθθθθθ=---+=--+=-≤.当θπ=-，即()1,0P -时等号成立. 故选：D .【点睛】本题考查了向量的计算，建立直角坐标系利用坐标计算是解题的关键. 7．已知函数f （x ）＝sin 2x +sin 2（x 3π+），则f （x ）的最小值为（） A ．12B ．14C 3D 2【答案】A【解析】先通过降幂公式和辅助角法将函数转化为()11cos 223f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，再求最值. 【详解】已知函数f （x ）＝sin 2x +sin 2（x 3π+）， =21cos 21cos 2322x x π⎛⎫-+⎪-⎝⎭+， =1cos 232111cos 222223x x x π⎛⎫⎛⎫--=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为[]cos 21,13x π⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以f （x ）的最小值为12. 故选：A 【点睛】本题主要考查倍角公式及两角和与差的三角函数的逆用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.8．已知数列{a n }满足a 1=1，(a n +a n+1-1)2=4a n a n +1，且a n +1>a n (n ∈N )，则数列{a n }的通项公式a n =（） A ．2n B ．n 2C ．n +2D ．3n -2【答案】B【解析】1=，故为首项是1，公差为1的等差数列，得到答案. 【详解】()21114n n n n a a a a +++-=，故11n n a a ++-=21=，1=，11a =，故为首项是1，公差为1的等差数列.n =，2n a n =.故选：B . 【点睛】1=是解题的关键. 9．已知a =0.80.4，b =0. 40. 8，c = log 84，则（） A ．a<b<c B ．a<c<bC ．c<a<bD ．b<c<a【答案】D【解析】计算得到555b c a <<，得到答案. 【详解】5254582320.80.64,0.40.0256,log 4,0.13173243a b c c =======≈，故555b c a <<.即b c a <<. 故选：D . 【点睛】本题考查了数值的大小比较，计算其五次方是解题的关键.10．青春因奉献而美丽，为了响应党的十九大关于“推动城乡义务教育一体化发展，高度重视农村义务教育”精神，现有5名师范大学毕业生主动要求赴西部某地区甲、乙、丙三个不同的学校去支教，每个学校至少去1人，则恰好有2名大学生分配去甲学校的概率为（）A ．25B ．35C ．15D ．215【答案】A【解析】计算所有情况共有150种，满足条件的共有60种，得到答案. 【详解】所有情况共有2133535322150C C C A A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭种. 满足条件的共有22253260C C A =种，故6021505p ==. 故选：A . 【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.11．已知点P 在椭圆τ：2222x y a b+=1(a>b >0)上，点P 在第一象限，点P 关于原点O 的对称点为A ，点P 关于x 轴的对称点为Q ，设34PD PQ =，直线AD 与椭圆τ的另一个交点为B ，若PA ⊥PB ，则椭圆τ的离心率e =（） A ．12BCD【答案】C【解析】设()11,P x y ，则()11,A x y --，()11,Q x y -，11,2y D x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，设()22,B x y ，根据PA PB ⊥化简得到2234a c =，得到答案. 【详解】设()11,P x y ，则()11,A x y --，()11,Q x y -，34PD PQ =，则11,2y D x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，设()22,B x y ，则22112222222211x y a b x y a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式相减得到：()()()()1212121222x x x x y y y y a b +-+-=-，2121221212PBy y x x b k x x a y y -+==-⋅-+，AD AB k k =，即1121124y y y x x x +=+，()1211124PA y y y k x x x +==+，PA PB ⊥，故1PA PBk k ⋅=-，即2241b a -=-，故2234a c =，故2e =.故选：C . 【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.12．已知关于x 的不等式3xe x-x - alnx ≥1对于任意x ∈(l ，+∞)恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．（-∞，1-e] B ．（-∞，-3]C ．（-∞，-2]D ．（-∞，2- e 2]【答案】B【解析】化简得到3ln 1ln x x e x a x---≤，根据1x e x ≥+化简得到答案.【详解】根据题意：33ln 3ln 31111ln ln ln ln xx x x x x e x x e x e e x e x x a x x x x-----------≤===. 设()1xf x e x =--，则()'1xf x e =-，则函数在(),0-∞上单调递减，在[)0,+∞上单调递增，故()()min 00f x f ==，故1x e x ≥+.根据1xe x ≥+，3ln 13ln 113ln ln x x e x x x x x x----+--≥=-，故3a ≤-.故选：B . 【点睛】本题考查了根据不等式恒成立求参数，利用不等式1x e x ≥+化简是解题的关键.二、填空题13．已知以x ±2y =0为渐近线的双曲线经过点(4,1)，则该双曲线的标准方程为________.【答案】221123y x -=【解析】设双曲线方程为224x y λ-=，代入点(4,1)，计算得到答案. 【详解】双曲线渐近线为20x y ±=，则设双曲线方程为：224x y λ-=，代入点(4,1)，则12λ=.故双曲线方程为：221123y x -=.故答案为：221123y x -=.【点睛】本题考查了根据渐近线求双曲线，设双曲线方程为224x y λ-=是解题的关键. 14．若函数f （x ）cosx a sinx +=在（0，2π）上单调递减，则实数a 的取值范围为___．【答案】a ≥﹣1．【解析】将函数f （x ）cosx a sinx +=在（0，2π）上单调递减，转化()21cos 0sin a xf x x --'=≤在（0，2π）上恒成立即1cos a x ≥-在（0，2π）上恒成立再求1cos x -最大值即可.【详解】因为函数f （x ）cosx asinx +=在（0，2π）上单调递减，所以()21cos 0sin a xf x x --'=≤在（0，2π）上恒成立，即1cos a x ≥-在（0，2π）上恒成立，因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()cos 0,1x ∈，所以1(,1]cos x-∈-∞-，所以1a ≥-. 故答案为：1a ≥- 【点睛】本题主要考查了导数与函数的单调性，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.15．根据气象部门预报，在距离某个码头A 南偏东45°方向的600km 处的热带风暴中心B 正以30km /h 的速度向正北方向移动，距离风暴中心450km 以内的地区都将受到影响，从现在起经过___小时后该码头A 将受到热带风暴的影响（精确到0.01）．【答案】9.14h.【解析】先建立坐标系，设风暴中心最初在B 处，经th 后到达C 处．自B 向x 轴作垂线，垂足为D ．若在点C 处受到热带风暴的影响，则AC ＝450，则有22AD DC +=450，即22(60045)(6004530)cos sin t ︒+︒-=450；两边平方并化简、整理求解. 【详解】建立如图所示直角坐标系：设风暴中心最初在B 处，经th 后到达C 处．自B 向x 轴作垂线，垂足为D ．若在点C 处受到热带风暴的影响，则OC ＝450， 22AD DC +=450，22(60045)(6004530)cos sin t ︒+︒-=450；两边平方并化简、整理得t 2﹣2t +175＝0 ∴t 1025=或25，1024159.≈所以9.14时后码头将受到热带风暴的影响．【点睛】本题主要考查了三角函数的实际应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 16．在三棱锥S- ABC 中，底面△ABC 是边长为3的等边三角形，SA 3SB 3若此三棱锥外接球的表面积为21π，则二面角S-AB-C 的余弦值为____．【答案】12-【解析】证明CD AB ⊥，2O D AB ⊥，得到2CDO ∠为二面角S AB C --的平面角，计算故13ODO π∠=，23ODO π∠=，得到1223O DO π∠=，得到答案. 【详解】球的表面积为2421R ππ=，故212R =，222SA SB AB +=，故2SAB π∠=.SAB ∆的外接圆圆心为SB 中点2O ，23r =； ABC ∆的外接圆圆心为三角形中心1O，1332r ==⨯.设球心为O ，则2OO ⊥平面SAB ，1OO ⊥平面ABC ，1CO 与AB 交于点D ，易知D 为AB 中点，连接DO ，2DO ，易知CD AB ⊥，2O D AB ⊥，故2CDO ∠为二面角S AB C --的平面角. 故221132OO R r =-=，222232OO R r =-=，11332DO CD ==，21322DO SA ==. 1tan 3ODO ∠=，故13ODO π∠=，2tan 3ODO ∠=，故23ODO π∠=.故1223O DO π∠=，121cos 2O DO ∠=-. 故答案为：12-.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，二面角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.三、解答题17．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a =4，tan tan tan tan A B c bA B c--=+.（1）求A 的余弦值；（2）求△ABC 面积的最大值．【答案】（1）12；（2）43 【解析】（1）根据正弦定理化简得到()()sin sin sin A B A B B -=+-，故sin 2sin cos B B A =，得到答案.（2）计算16bc ≤，再利用面积公式计算得到答案. 【详解】（1）tan tan tan tan A B c bA B c --=+，则sin cos cos sin sin sin sin cos cos sin sin A B A B C B A B A B C--=+，即()()sin sin sin A B A B B -=+-，故sin 2sin cos B B A =，sin 0B ≠，故1cos 2A =. （2）2222cos a b c bc A =+-，故22162b c bc bc bc +-=≥-，故16bc ≤. 当4b c ==时等号成立.1cos 2A =，故3sin A =，1sin 432S bc A =≤，故△ABC 面积的最大值为43.【点睛】本题考查了正弦定理，面积公式，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力. 18．如图，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P ，Q ，L 分别为棱A 1D 1，C 1D 1，BC 的中点．（1）求证：AC ⊥QL ；（2）求点A 到平面PQL 的距离．【答案】（1）证明见解析；（23 【解析】（1）作QM CD ⊥于M ，证明AC ⊥平面QML 得到答案.（2）取AB 中点N ，连接,PN LN ，利用等体积法P ANL A PNL V V --=计算得到答案. 【详解】（1）如图所示：作QM CD ⊥于M ，易知M 为CD 中点，L 为BC 中点，故AC ML ⊥. QM CD ⊥，故QM ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，故QM AC ⊥. QMML M =，故AC ⊥平面QML ，QL ⊂平面QML ，故AC QL ⊥.（2）取AB 中点N ，连接,PN LN ，易知//PQ LN ，AC QL ⊥，故PQLN 为矩形. 故A 到平面PQL 的距离等于A 到平面PNL 的距离.故31113322224P ANLa a a V Sh a -==⨯⋅⋅⋅=. 222112322224PNLa S NL NP a a a ∆=⋅=⋅⋅+=， P ANLA PNL V V --=，即3213324a a d ⋅⋅=，故3d a =.【点睛】本题考查了线线垂直，点面距离，意在考查学生的空间想象能力和计算能力. 19．已知抛物线Γ：y 2＝2px （p ＞0）的焦点为F ，P 是抛物线Γ上一点，且在第一象限，满足FP =（2，3）（1）求抛物线Γ的方程；（2）已知经过点A （3，﹣2）的直线交抛物线Γ于M ，N 两点，经过定点B （3，﹣6）和M 的直线与抛物线Γ交于另一点L ，问直线NL 是否恒过定点，如果过定点，求出该定点，否则说明理由．【答案】（1）y 2＝4x ；；（2）直线NL 恒过定点（﹣3，0），理由见解析.【解析】（1）根据抛物线的方程，求得焦点F （2p，0），利用FP =（2，，表示点P 的坐标，再代入抛物线方程求解.（2）设M （x 0，y 0），N （x 1，y 1），L （x 2，y 2），表示出MN 的方程y 01014x y y y y +=+和ML的方程y 02024x y y y y +=+，因为A （3，﹣2），B （3，﹣6）在这两条直线上，分别代入两直线的方程可得y 1y 2＝12，然后表示直线NL 的方程为：y ﹣y 1124y y =+（x 214y -），代入化简求解. 【详解】（1）由抛物线的方程可得焦点F （2p，0），满足FP =（2，的P 的坐标为（22p +，，P 在抛物线上，所以（）2＝2p （22p +），即p 2+4p ﹣12＝0，p ＞0，解得p ＝2，所以抛物线的方程为：y 2＝4x ；（2）设M （x 0，y 0），N （x 1，y 1），L （x 2，y 2），则y 12＝4x 1，y 22＝4x 2，直线MN 的斜率k MN10102210101044y y y y y y x x y y --===--+，则直线MN 的方程为：y ﹣y 0104y y =+（x 204y-），即y 01014x y y y y +=+①，同理可得直线ML 的方程整理可得y 02024x y y y y +=+②，将A （3，﹣2），B （3，﹣6）分别代入①，②的方程可得01010202122126y y y y y y y y +⎧-=⎪+⎪⎨+⎪-=⎪+⎩，消y 0可得y 1y 2＝12，易知直线k NL 124y y =+，则直线NL 的方程为：y ﹣y 1124y y =+（x 214y -），即y 124y y =+x 1212y y y y ++，故y 124y y =+x 1212y y ++，所以y 124y y =+（x +3），因此直线NL 恒过定点（﹣3，0）．【点睛】本题主要考查了抛物线的方程及直线与抛物线的位置关系，直线过定点问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.20．有人收集了某10年中某城市居民年收入（即该城市所有居民在一年内收入的总和）与某种商品的销售额的相关数据：且已知101i i x =∑= 380.0（1）求第10年的年收入x 10；（2）收入x 与该种商品的销售额y 之间满足线性回归方程y 363254x =+ˆa . （i ）10年的销售额y 10；（ii ）居民收入达到40.0亿元，估计这种商品的销售额是多少？（精确到0.01）附加：（1）回归方程ˆˆˆybx a =+中，11221ˆni i nii x y nx yb xnx==-=-∑∑，ˆˆay bx =-. （2）1022110254.0ii xx =-=∑，9112875.0i i i x y ==∑，921340.0i i y ==∑【答案】（1）46；（2）1051y =，41.96y = 【解析】（1）直接根据101380ii x==∑计算得到答案.（2）利用公式计算1011022110363ˆ25410i ii ii x y x ybxx ==-⋅==-∑∑得到1051y =，得到中心点()38,39.1，代入计算得到答案. 【详解】（1）10101323133363738394345380ii xx ==+++++++++=∑，故1046x =.（2）1011022110363ˆ25410i ii ii x y x ybxx ==-⋅==-∑∑，即10103401287546103836310254254y y ++-⋅⋅=，解得1051y =，故38x =，2530343739+41+42+44+485139.110y +++++==.将点()38,39.1代入回归方程363254y x a =+得到：15.21a ≈-. 故36315.21254y x =-，当40x =时，41.96y =. 【点睛】 .本题考查了回归方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.21．（1）证明函数2sin 2cos xy e x x x =--在区间(,)2ππ--上单调递增；（2）证明函数()2sin x e f x x x =-在(-π，0)上有且仅有一个极大值点0,x 且00() 2.f x <<【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）求出函数导数，根据导数正负性判断单调性即可证明.（2）根据（1）已有信息，对函数进行二次求导，判断单调性及函数的零点，综合分析，再利用定义域计算函数值的取值范围，即可得证. 【详解】（1）对函数求导，得，'2cos 2cos 2sin 4cos 2sin ,x xy e x x x x e x x x =--+=-+因为任意的x ∈R ,有0x e >，且在区间(,)2ππ--上，1sin 0,1cos 0,x x -<<-<<所以(,),2sin 0,4cos 0,2x x x x ππ-->->∀∈即'4cos 2sin 0xy e x x x =-+>，即函数2sin 2cos xy e x x x =--在区间(,)2ππ--上单调递增.（2）对函数求导，得()()2212cos 'x x e x x f x x --=，令()()212cos xg x ex x x =--，则()()'2sin 4cos x g x x e x x x =+-当,2x ππ⎛⎫∈--⎪⎝⎭时，由（1）知，4cos 2sin 0xe x x x -+>，则()'0g x < 故()g x 在,2ππ⎛⎫--⎪⎝⎭上单调递减而()()2210,12022g e g e πππππππ--⎛⎫⎛⎫-=--<-=-++> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由零点存在定理知：存在唯一的0,2x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使得()00g x =，即()()02000012cos x g x ex x x =--当()0,x x π∈-时，()00g x >，即()'0f x >，()f x 为增函数；当0,2x x π⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()00g x <，即()'0f x <，()f x 为减函数. 又当,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()2212cos '0xx e x x f x x --=<所以()f x 在()0,0x 上恒为减函数，因此()f x 有唯一的极大值点0x 由()f x 在0,2x π⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递减，故()20212sin 202222e f x f eππππππ-⎛⎫⎛⎫>-=--=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭- 即()00f x >又()00002sin ,x e f x x x =-当0,2x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，0010,02sin 2x e x x -<<<-<故()02f x <综上，函数()2sin xe f x x x=-在(-π，0)上有且仅有一个极大值点0,x 且00() 2.f x <<【点睛】导数题是高考中的重难点，通常涉及根据导数分析函数单调性、极值点等，此类证明题多涉及二次求导步骤，根据定义域分析函数值范围等.22．在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为54x cos y sin αα=⎧⎨=⎩（α为参数），以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2：ρ2﹣4ρcosθ+3＝0．（1）求曲线C 1的一般方程和曲线C 2的直角坐标方程；（2）若点P 在曲线C 1上，点Q 曲线C 2上，求|PQ |的最小值．【答案】（1）2212516x y +=，（x ﹣2）2+y 2＝1；（2）2.【解析】（1）由C 1的参数方程为5(4x cos y sin ααα=⎧⎨=⎩为参数），消去参数即可转换为直角坐标方程，根据曲线C 2：ρ2﹣4ρcosθ+3＝0．利用cos ,sin x y ρθρθ==转换为直角坐标方程.（2）设点P （5cosθ，4sinθ），根据点Q 在圆上，先求点P 到圆心的距离，然后减去半径即为最小值. 【详解】（1）曲线C 1的参数方程为5(4x cos y sin ααα=⎧⎨=⎩为参数），两式平方相加整理得2212516x y +=．将cos ,sin x y ρθρθ==代入ρ2﹣4ρcosθ+3＝0．得x 2+y 2﹣4x +3＝0，整理得（x ﹣2）2+y 2＝1．（2）设点P （5cosθ，4sinθ）在曲线C 1上，圆心O （2，0），所以：PO===，当cosθ＝1时，|PO|min＝3，所以|PQ|的最小值3﹣1＝2．【点睛】本题主要考查了参数方程，普通方程，极坐标方程间的互化及点与圆的位置关系，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.23．已知函数f（x）＝|2x﹣a|+|x﹣a+1|．（1）当a＝4时，求解不等式f（x）≥8；（2）已知关于x的不等式f（x）22a≥在R上恒成立，求参数a的取值范围．【答案】（1）[5，+∞）∪（∞，13-]；（2）[﹣2，1].【解析】（1）根据a＝4时，有f（x）＝|2x﹣4|+|x﹣3|，然后利用绝对值的几何意义，去绝对值求解.（2）根据绝对值的零点有a﹣1和12a，分a﹣112a=，a﹣112a＞和a﹣112a＜时三种情况分类讨论求解.【详解】（1）当a＝4时，f（x）＝|2x﹣4|+|x﹣3|，（i）当x≥3时，原不等式可化为3x﹣7≥8，解可得x≥5，此时不等式的解集[5，+∞）；（ii）当2＜x＜3时，原不等式可化为2x﹣4+3﹣x≥8，解可得x≥9此时不等式的解集∅；（iii）当x≤2时，原不等式可化为﹣3x+7≥8，解可得x13≤-，此时不等式的解集（∞，13 -]，综上可得，不等式的解集[5，+∞）∪（∞，13 -]，（2）（i）当a﹣112a=即a＝2时，f（x）＝3|x﹣1|22a≥=2显然不恒成立，（ii）当a﹣112a＞即a＞2时，()1321211123211x a x af x x a x ax a x a⎧-+-≤⎪⎪⎪=--⎨⎪-+≥-⎪⎪⎩，，＜＜，，结合函数的单调性可知，当x12a=时，函数取得最小值f（12a）112a=-，若f（x）22a≥在R上恒成立，则211122a a-≥，此时a不存在，（iii）当a﹣112a＜即a＜2时，f（x）3211111213212x a x ax a x ax a x a⎧⎪-+-≤-⎪⎪=-+-⎨⎪⎪-+≥⎪⎩，，＜＜，若f（x）22a≥在R上恒成立，则121122a a-≥，解得﹣2≤a≤1，此时a的范围[﹣2，1]，综上可得，a的范围围[﹣2，1]．【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法及含有绝对值的不等式恒成立问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.。

2020年湖北武汉高三三模数学试卷(文科)

18. 如图，在棱长为的长方体点．
中，，，分别为棱
，
，的中
（ 1 ）求证：（ 2 ）求四面体
．的体积．
19. 一个小商店从一家食品有限公司购进袋白糖，每袋白糖的标准重量是，为了了解这些白糖的
实际重量，称量出各袋白糖的实际重量(单位： )如下：，，，，，，，
，，．
∴虚部
．
故选．
2. C
5
解析:
∵
，
，
∴
，
故选．
3. A
解析:
同时抛两枚骰子共有
种结果，
符合条件的有，，，共种可能，
∴
，故选．
4. C
解析:
当，时，
，
∴
，
．
当，时，
，
∴
，
．
当，
时，
，
∴
，
．
当，
时，
，
∴
，
．
当时，
，
∴
，
．
当时，
，
6
故输出
．
∴选．
5. B 解析: ∵ ∴
∴
∴ ∴ 故选．
，，，，，，．
6. C
解析:
圆
与圆
的方程相减得：
，
由圆
的圆心，半径为，
且圆心到直线
的距离
，
则公共弦长为
．
故答案为：．
7. B 解析: ，
解得：
，
又∵
①
②
由①可得：
③
联立②③可得
，
又
，

2020届湖北省武汉市高三下学期3月质量检测数学(文)试题(解析版)

武汉市2020届高中毕业生学习质量检测文科数学一、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．1.已知复数z ＝（1+2i ）（1+ai ）（a ∈R ），若z ∈R ，则实数a ＝（） A. 12 B. 12- C. 2 D. ﹣2【答案】D【解析】【分析】化简z ＝（1+2i ）（1+ai ）=()()122a a i -++，再根据z ∈R 求解.【详解】因为z ＝（1+2i ）（1+ai ）=()()122a a i -++，又因为z ∈R ，所以20a +=，解得a ＝-2.故选：D【点睛】本题主要考查复数的运算及概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2.已知集合M ＝{x |﹣1＜x ＜2}，N ＝{x |x （x +3）≤0}，则M ∩N ＝（）A. [﹣3，2）B. （﹣3，2）C. （﹣1，0]D. （﹣1，0）【答案】C【解析】【分析】先化简N ＝{x |x （x +3）≤0}={x |-3≤x ≤0}，再根据M ＝{x |﹣1＜x ＜2}，求两集合的交集.【详解】因为N ＝{x |x （x +3）≤0}={x |-3≤x ≤0}，又因为M ＝{x |﹣1＜x ＜2}，所以M ∩N ＝{x |﹣1＜x ≤0}.故选：C【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.3.同时抛掷两个质地均匀的骰子，向上的点数之和小于5的概率为（） A. 19 B. 16 C. 118 D. 512【答案】B【解析】【分析】先列举算出抛掷两个质地均匀的骰子共有基本事件的总数，再找出向上的点数之和小于5的事件的基本事件的个数，然后通过古典概型的概率公式求解.【详解】抛掷两个质地均匀的骰子，共有6636⨯=种可能，向上的点数之和小于5的有()()()()()()1112132122,3,1，，，，，，，，，有6种，所以向上的点数之和小于5的概率为16. 故选：B【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.4.执行如图所示的程序框图，输出的s 的值为（）A. 53B. 85C. 138D. 2113【答案】C【解析】【分析】根据循环结构依次进行，直至不符合4i ≤，终止循环，输出s .【详解】第一次循环，2,1s i ==，第二次循环，3,22s i ==，第三次循环，5,33s i ==，第四次循环，8,45s i ==，第四次循环，13,58s i ==，此时不满足4i ≤，输出138s =. 故选：C【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，还考查了逻辑推理的能力，属于基础题.5.已知数列{a n }的前n 项之和S n ＝n 2+1，则a 1+a 3＝（）A. 6B. 7C. 8D. 9 【答案】B【解析】【分析】根据数列{a n }的前n 项之和S n ＝n 2+1，求出123,,a a a ，再求解.【详解】已知数列{a n }的前n 项之和S n ＝n 2+1，所以112S a ==，所以21225,3S a a a =+=∴=，所以3123310,5S a a a a =++=∴=，所以a 1+a 3＝7.故选：B【点睛】本题主要考查数列的前n 项和与项的关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.6.圆C 1：x 2+y 2＝4与圆C 2：x 2+y 2﹣4x +4y ﹣12＝0的公共弦的长为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】两圆方程相减，得到公共弦所在的直线方程，然后利用其中一个圆，结合弦长公式求解.【详解】因为圆C 1：x 2+y 2＝4与圆C 2：x 2+y 2﹣4x +4y ﹣12＝0，两式相减得20x y --=，即公共弦所在的直线方程.圆C 1：x 2+y 2＝4，圆心到公共弦的距离为d =，所以公共弦长为：l ==.故选：C【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 7.已知tan （4πα+）＝7，且32ππα＜＜，则sinα＝（） A. 35 B. 35- C. 45 D. 45- 【答案】B【解析】【分析】先利用两角和的正切转化tan （4πα+）＝1tan 7,1tan αβ+=-求得3tan 4α=，再结合平方关系22sin cos 1αα+=求解.【详解】因为tan （4πα+）＝1tan 7,1tan αα+=- 所以3tan 4α=，即sin 3cos 4αα=，又因为22sin cos 1αα+=且32ππα＜＜，所以sinα＝35-. 故选：B 【点睛】本题主要考查两角和的正切及同角三角函数基本关系式化简求值，还考查了运算求解的能力，属于基础题.8.若1e u r ，2e u u r 是夹角为60°的两个单位向量，而a =r 212e e +u r u u r ，b =-r 31e +u r 22e u u r ，则向量a r 和b r 夹角为（） A. 6π B. 3π C. 23π D. 56π【答案】C【解析】【分析】先根据1e u r ，2e u u r 是夹角为60°的两个单位向量，且a =r 212e e +u r u u r ，b =-r 31e +u r 22e u u r ，求得a b ⋅r r ，a r ，b r ，再代入夹角公式cos ,a b a b a b⋅=r r r r r r 求解. 【详解】因为1e u r ，2e u u r 是夹角为60°的两个单位向量，且a =r 212e e +u r u u r ，b =-r 31e +u r 22e u u r ，所以()()121272322a b e e e e ⋅⋅-+=-=+u r u u r u r u u r r r ，所以a ==r，b ==r 所以1cos ,2a b a b a b ⋅==-r r r r ，，又因为[],0,a b π∈r r所以向量a r 和b r 夹角为23π. 故选：C【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9.已知函数f （x ）＝sin 2x +sin 2（x 3π+），则f （x ）的最小值为（） A. 12 B. 14C. 4D. 2【答案】A【解析】【分析】先通过降幂公式和辅助角法将函数转化为()11cos 223f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，再求最值. 详解】已知函数f （x ）＝sin 2x +sin 2（x 3π+）， =21cos 21cos 2322x x π⎛⎫-+ ⎪-⎝⎭+，=1cos 22111cos 222223x x x π⎛⎫⎛⎫--=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为[]cos 21,13x π⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以f （x ）的最小值为12. 故选：A 【点睛】本题主要考查倍角公式及两角和与差的三角函数的逆用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 10.在正方形SG 1G 2G 3中，E 、F 分别是G 1G 2及G 2G 3的中点，D 是EF 的中点，现在沿SE 、SF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使G 1、G 2、G 3三点重合，重合后的点记为G ，那么，在四面体S ﹣EFG 中必有（）A. SG ⊥△EFG 所在平面B. SD ⊥△EFG 所在平面C. GF ⊥△SEF 所在平面D. GD ⊥△SEF 所在平面【答案】A【解析】【分析】在正方形SG 1G 2G 3中，有S G 1⊥G 1E ，在折叠后其垂直关系不变，所以有SG ⊥EG.同理有有SG ⊥FG ，再由线面垂直的判定定理证明.【详解】在正方形SG 1G 2G 3中，因为S G 1⊥G 1E ，所以在四面体中有SG ⊥EG.又因为S G 3⊥G 3F ，所以在四面体中有SG ⊥FG ，且GE GF G =I ，所以 SG ⊥△EFG 所在平面.故选：A【点睛】本题主要考查折叠问题及线面垂直的判定定理，还考查了推理论证的能力，属于中档题. 11.如果关于x 的不等式x 3﹣ax 2+1≥0在[﹣1，1]恒成立，则实数a 的取值范围是（）A. a ≤0B. a ≤lC. a ≤2D. a 2≤ 【答案】A【解析】【分析】当0x =时，不等式成立，当0x ≠时将不等式x 3﹣ax 2+1≥0在[)(]1,00,1x ∈-U 恒成立，转化为21a x x ≤+在[)(]1,00,1x ∈-U 恒成立，最后求解即可.【详解】当0x =时，不等式成立，a R ∈当0x ≠时关于x 的不等式x 3﹣ax 2+1≥0在[)(]1,00,1x ∈-U 恒成立，即21a x x≤+在[)(]1,00,1x ∈-U 恒成立，令()21g x x x =+，()1332102g x x x'=-=⇒=，当[)1,0x ∈-时，()0g x '>，当(]0,1x ∈时，()0g x '<.所以()g x 在[)1,0-递增，在(]0,1递减当[)1,0x ∈-时，()()min 10g x g =-=当(]0,1x ∈时，()()min 12g x g ==所以()g x 的最小值为0.所以0a ≤故选：A【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题及导数求最值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.12.已知△ABC 的三边分别为a ，b ，c ，若满足a 2+b 2+2c 2＝8，则△ABC 面积的最大值为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据a 2+b 2+2c 2＝8，得到22282a b c +=-，由余弦定理得到22cos 83ab C c =-，由正弦定理得到2sin 4ab C S =，两式平方相加得()()()22224834ab c S =-+，而222822a b c ab +=-≥，两式结合有()()()()222222248283165S c c c c ≤---=-，再用基本不等式求解.【详解】因为a 2+b 2+2c 2＝8，所以22282a b c +=-，由余弦定理得222283cos 22a b c c C ab ab+--==，即22cos 83ab C c =-① 由正弦定理得in 12s S ab C =，即2sin 4ab C S =②由①，②平方相加得()()()()()222222222483482ab c S a b c =-+≤+=-，所以()()()()2222222222116556448283165525c c S c c c c ⎛⎫-+≤---=-≤= ⎪⎝⎭，即245S ≤，所以5S ≤，当且仅当22a b =且221655c c -=即222128,55a b c ===时，取等号. 故选：B 【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理及基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.函数f （x ）＝xlnx +1在点（e ，e +l ）处的切线方程为___．【答案】2x ﹣y ﹣e +1＝0．【解析】【分析】根据函数f （x ）＝xlnx +1，求导得()1ln f x x '=+，再分别求得()f e '，()f e ，用点斜式写出切线方程.【详解】因为函数f （x ）＝xlnx +1，所以()1ln f x x '=+，所以()1ln 2f e e '=+=，()ln 11f e e e e =+=+，所以切线方程为：()()12y e x e -+=-，即210x y e --+=.故答案为：210x y e --+=【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14.若函数f （x ）cosx a sinx +=在（0，2π）上单调递减，则实数a 的取值范围为___．【答案】a ≥﹣1．【解析】【分析】将函数f （x ）cosx a sinx +=在（0，2π）上单调递减，转化()21cos 0sin a x f x x --'=≤在（0，2π）上恒成立即1cos a x ≥-在（0，2π）上恒成立再求1cos x -最大值即可. 【详解】因为函数f （x ）cosx a sinx +=在（0，2π）上单调递减，所以()21cos 0sin a x f x x --'=≤在（0，2π）上恒成立，即1cos a x ≥-在（0，2π）上恒成立，因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()cos 0,1x ∈，所以1(,1]cos x-∈-∞-，所以1a ≥-.故答案为：1a ≥-【点睛】本题主要考查了导数与函数的单调性，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.15.已知M =M 的最大值为___．【答案】1.【解析】分析】利用柯西不等式求解.【详解】由柯西不等式得：22221x y ⎡⎤⎡⎤≤++=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，=，即221x y +=取等号. 故M 的最大值为1故答案为：1【点睛】本题主要考查了柯西不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.16.根据气象部门预报，在距离某个码头A 南偏东45°方向的600km 处的热带风暴中心B 正以30km /h 的速度向正北方向移动，距离风暴中心450km 以内的地区都将受到影响，从现在起经过___小时后该码头A 将受到热带风暴的影响（精确到0.01）．【答案】9.14h.【解析】【分析】先建立坐标系，设风暴中心最初在B 处，经th 后到达C 处．自B 向x 轴作垂线，垂足为D ．若在点C 处受到热带风暴的影响，则A C ＝450，=450，=450；两边平方并化简、整理求解.【详解】建立如图所示直角坐标系：设风暴中心最初在B 处，经th 后到达C 处．自B 向x 轴作垂线，垂足为D ．若在点C 处受到热带风暴的影响，则OC ＝450，=450，=450；两边平方并化简、整理得t 2﹣t +175＝0∴t 5=或5，14159.≈所以9.14时后码头将受到热带风暴的影响．【点睛】本题主要考查了三角函数的实际应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.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22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 4﹣a 1＝S 3，a 5﹣a 1＝15．（1）求数列{a n }的首项a 1和公比q ；（2）若a n ＞n +100，求n 的取值范围．【答案】（1）q ＝2，a 1＝1；（2）n ≥7. 【解析】【分析】（1）根据a 4﹣a 1＝S 3，a 5﹣a 1＝15，利用“q ，a 1”法求解.（2）由（1）建立不等式12n -＞n +100，通过估值法求解. 【详解】（1）∵a 4﹣a 1＝S 3，a 5﹣a 1＝15．显然公比q ≠1，∴()()()3131********a q a q q a q ⎧-⎪-=⎪-⎨⎪-=⎪⎩，解可得q ＝2，a 1＝1，（2）由（1）可得a n ＝12n -， ∵a n ＞n +100，即12n -＞n +100，解可得，n ≥7．【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式及其应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 18.如图，在棱长为a 的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P ，Q ，L 分别为棱A 1D 1，C 1D 1，BC 的中点．（1）求证：AC ⊥QL ；（2）求四面体DPQL 的体积．【答案】（1）见解析；（2）318a . 【解析】【分析】（1）取CD 的中点H ，根据正方体的几何性质，有QH ⊥AC ，AC ⊥HL ，再利用线面垂直的判定定理证明.（2）连接PB 1，B 1L ，四边形LDPB 1是平行四边形，根据等体积法，则有11Q PDL Q PB L L QPB V V V ---==，然后通过1L QPB V -求解.【详解】（1）证明：如图所示：H 为CD 的中点，连接QH ，HL ，P ，Q ，L 分别为棱A 1D 1，C 1D 1，BC 的中点．所以QH ⊥AC ，AC ⊥HL ，QH ∩HL ＝H ，所以AC ⊥平面QHL ， ∵QL ⊂平面QHL ， ∴AC ⊥QL ；（2）解：如图所示：连接PB 1，B 1L ，四边形LDPB 1是平行四边形，则11Q PDL Q PB L L QPB V V V ---==1121111111111332222222L QPB PQB V S AA a a a a a a a a -∆⎛⎫=⨯⨯=⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭318a =．【点睛】本题主要考查了正方体的几何特征和线面垂直的判定定理，以及三棱锥的体积，还考查了空间想象，推理论证，运算求解的能力，属于中档题.19.一个小商店从一家食品有限公司购进10袋白糖，每袋白糖的标准重量是500g ，为了了解这些白糖的实际重量，称量出各袋白糖的实际重量（单位：g ）如下：503，502，496，499，491，498，506，504，501，510（1）求这10袋白糖的平均重量x 和标准差s ；（2）从这10袋中任取2袋白糖，那么其中恰有一袋的重量不在（x -s ，x +s ）的概率是多少？≈5.08≈16.06≈5.09≈16.09）【答案】（1）501，5.08；（2）1645. 【解析】【分析】（1）根据提供的数据，利用平均数和方差公式求解.（2）根据（1）的结合，算出重量在（x -s ，x +s ）内的袋数和不在内的袋数，然后得出从10袋中选2袋的方法数和恰有一袋的方法数，再利用古典概型的概率公式求解.【详解】（1）根据题意，10袋白糖的实际重量如下：503，502，496，499，491，498，506，504，501，510，则其平均重量110x =（503+502+496+499+491+498+506+504+501+510）＝500110+（3+2﹣4﹣1﹣9﹣2+6+4+1+10）＝501，其方差S 2110=[（503﹣501）2+（502﹣501）2+（496﹣501）2+（499﹣501）2+（491﹣501）2+（498﹣501）2+（506﹣501）2+（504﹣501）2+（501﹣501）2+（510﹣501）2]＝25.8；则其标准差s =≈5.08；（2）根据题意，由（1）的结论，10袋白糖在（x -s ，x +s ）之间的有503，502，496，499，498，506，504，501，共8袋，从10袋白糖中任取两袋，有C 102＝45种取法，其中恰有一袋的重量不在（x -s ，x +s ）的情况有8×2＝16种，则恰有一袋的重量不在（x -s ，x +s ）的概率P 1645=．【点睛】本题主要考查了平均数，方差及古典概型的概率，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 20.已知抛物线Γ：y 2＝2px （p ＞0）的焦点为F ，P 是抛物线Γ上一点，且在第一象限，满足FP =u u u r（2，）（1）求抛物线Γ的方程；（2）已知经过点A （3，﹣2）的直线交抛物线Γ于M ，N 两点，经过定点B （3，﹣6）和M 的直线与抛物线Γ交于另一点L ，问直线NL 是否恒过定点，如果过定点，求出该定点，否则说明理由．【答案】（1）y 2＝4x ；；（2）直线NL 恒过定点（﹣3，0），理由见解析. 【解析】【分析】（1）根据抛物线的方程，求得焦点F （2p，0），利用FP =u u u r （2，），表示点P 的坐标，再代入抛物线方程求解.（2）设M （x 0，y 0），N （x 1，y 1），L （x 2，y 2），表示出MN 的方程y 01014x y y y y +=+和ML 的方程y 02024x y y y y +=+，因为A （3，﹣2），B （3，﹣6）在这两条直线上，分别代入两直线的方程可得y 1y 2＝12，然后表示直线NL的方程为：y ﹣y 1124y y =+（x 214y -），代入化简求解.【详解】（1）由抛物线方程可得焦点F （2p，0），满足FP =u u u r （2，的P 的坐标为（22p +，，P 在抛物线上，所以（）2＝2p （22p+），即p 2+4p ﹣12＝0，p ＞0，解得p ＝2，所以抛物线的方程为：y 2＝4x ；（2）设M （x 0，y 0），N （x 1，y 1），L （x 2，y 2），则y 12＝4x 1，y 22＝4x 2，直线MN 的斜率k MN10102210101044y y y y y y x x y y --===--+，则直线MN 的方程为：y ﹣y 0104y y =+（x 204y-），即y 01014x y y y y +=+①，同理可得直线ML 的方程整理可得y 02024x y y y y +=+②，将A （3，﹣2），B （3，﹣6）分别代入①，②的方程可得01010202122126y y y y y y y y +⎧-=⎪+⎪⎨+⎪-=⎪+⎩，消y 0可得y 1y 2＝12，易知直线k NL 124y y =+，则直线NL 的方程为：y ﹣y 1124y y =+（x 214y -），即y 124y y =+x 1212y y y y ++，故y 124y y =+x 1212y y ++，所以y 124y y =+（x +3），因此直线NL 恒过定点（﹣3，0）．【点睛】本题主要考查了抛物线的方程及直线与抛物线的位置关系，直线过定点问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题. 21.（1）研究函数f （x ）sinxx=在（0，π）上的单调性；（2）求函数g （x ）＝x 2+πcos x 的最小值．【答案】（1）f （x ）在（0，π ）递减；（2）24π.【解析】【分析】（1）根据()sinx f x x =，求导得()2'xcosx sinxf x x-=，设m （x ）＝x cos x ﹣sin x ，x ∈（0，π），通过求导来判断其正负，从而得到f ′（x ）的正负，进而研究f （x ）的单调性.（2）易知g （x ）是偶函数，故只需求x ∈[0，+∞）时g （x ）的最小值，求导得g ′（x ）＝2x ﹣πsin x ，根据sinx 的特点，分x ∈（0，2π）和2x π⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，时两种情况讨论g （x ）单调性，进而求其最小值. 【详解】（1）因为()sinx f x x =，所以()2'xcosx sinxf x x -=，设m （x ）＝x cos x ﹣sin x ，x ∈（0，π）， m ′（x ）＝﹣x sin x ＜0，所以m （x ）在（0，π ）递减，则m （x ）＜m （0）＝0 故f ′（x ）＜0，所以f （x ）在（0，π ）递减；（2）观察知g （x ）为偶函数，故只需求x ∈[0，+∞）时g （x ）的最小值，由g ′（x ）＝2x ﹣πsin x ，当x ∈（0，2π）时，设n （x ）＝2x ﹣π sin x ，则n ′（x ）＝2﹣π cos x ，显然 n ′（x ）递增，而n ′（0）＝2﹣π＜0，'202n π⎛⎫=⎪⎝⎭＞，由零点存在定理，存在唯一的002x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，使得n ′（x 0）＝0当x ∈（0，x 0）时，n ′（x ）＜0，n （x ）递减，当02x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，n ′（x ）＞0，n （x ）递增，而n （0）＝0，02n π⎛⎫=⎪⎝⎭，故02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，n （x ）＜0，即02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，g ′（x ）＜0，则g （x ）递减；又当2x π⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭，时，2x ＞π＞π sin x ，g ′（x ）＞0，g （x ）递增；所以2()24ming x g ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭．【点睛】本题主要考查了导数与函数的单调性及最值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为54x cos y sin αα=⎧⎨=⎩（α为参数），以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2：ρ2﹣4ρcosθ+3＝0．（1）求曲线C 1的一般方程和曲线C 2的直角坐标方程；（2）若点P 在曲线C 1上，点Q 曲线C 2上，求|PQ |的最小值．【答案】（1）2212516x y +=，（x ﹣2）2+y 2＝1；（2）2【解析】【分析】（1）由C 1的参数方程为5(4x cos y sin ααα=⎧⎨=⎩为参数），消去参数即可转换为直角坐标方程，根据曲线C 2：ρ2﹣4ρcosθ+3＝0．利用cos ,sin x y ρθρθ==转换为直角坐标方程.（2）设点P （5cosθ，4sinθ），根据点Q 在圆上，先求点P 到圆心的距离，然后减去半径即为最小值. 【详解】（1）曲线C 1的参数方程为5(4x cos y sin ααα=⎧⎨=⎩为参数），两式平方相加整理得2212516x y +=．将cos ,sin x y ρθρθ==代入ρ2﹣4ρcosθ+3＝0．得x 2+y 2﹣4x +3＝0，整理得（x ﹣2）2+y 2＝1．（2）设点P （5cosθ，4sinθ）在曲线C 1上，圆心O （2，0），所以：PO === 当cosθ＝1时，|PO |min ＝3，所以|PQ |的最小值3﹣1＝2．【点睛】本题主要考查了参数方程，普通方程，极坐标方程间的互化及点与圆的位置关系，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.[选修4-5：不等式选讲].23.已知函数f（x）＝|2x﹣a|+|x﹣a+1|．（1）当a＝4时，求解不等式f（x）≥8；（2）已知关于x的不等式f（x）22a≥在R上恒成立，求参数a的取值范围．【答案】（1）[5，+∞）∪（∞，13-]；（2）[﹣2，1].【解析】【分析】（1）根据a＝4时，有f（x）＝|2x﹣4|+|x﹣3|，然后利用绝对值的几何意义，去绝对值求解.（2）根据绝对值的零点有a﹣1和12a，分a﹣112a=，a﹣112a＞和a﹣112a＜时三种情况分类讨论求解.【详解】（1）当a＝4时，f（x）＝|2x﹣4|+|x﹣3|，（i）当x≥3时，原不等式可化为3x﹣7≥8，解可得x≥5，此时不等式的解集[5，+∞）；（ii）当2＜x＜3时，原不等式可化为2x﹣4+3﹣x≥8，解可得x≥9此时不等式的解集∅；（iii）当x≤2时，原不等式可化为﹣3x+7≥8，解可得x13≤-，此时不等式的解集（∞，13 -]，综上可得，不等式的解集[5，+∞）∪（∞，13 -]，（2）（i）当a﹣112a=即a＝2时，f（x）＝3|x﹣1|22a≥=2显然不恒成立，（ii）当a﹣112a＞即a＞2时，()1321211123211x a x af x x a x ax a x a⎧-+-≤⎪⎪⎪=--⎨⎪-+≥-⎪⎪⎩，，＜＜，，结合函数的单调性可知，当x12a=时，函数取得最小值f（12a）112a=-，若f（x）22a≥在R上恒成立，则211122a a-≥，此时a不存在，（iii）当a﹣112a＜即a＜2时，f（x）3211111213212x a x ax a x ax a x a⎧⎪-+-≤-⎪⎪=-+-⎨⎪⎪-+≥⎪⎩，，＜＜，若f（x）22a≥在R上恒成立，则121122a a-≥，解得﹣2≤a≤1，此时a的范围[﹣2，1]，综上可得，a范围围[﹣2，1]．【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法及含有绝对值的不等式恒成立问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.的。

湖北省武汉市高2020届高三3月份质检文数试题及答案

……4 分
（2）设 M (x0 , y0 ) ， N (x1, y1) ， L(x2 , y2 ) ，则 y12 = 4x1 ， y22 = 4x2 ，
直线 MN 的斜率为 kMN
=
y1 − y0 x1 − x0
=
y1 − y0 y12 − y02
=
4 y1 + y0
，
4
则lMN ：y −
y0
=
4 y1 + y0
由
−1≤
cosθ
≤ 1 知，当 cosθ
= 1 时，
MP
2 min
=
9−
20 +
20 − 9
=
9
，
文科数学参考答案第 3 页（共 4 页）
故 MP = 3 ， min
从而 PQ = 2 ． min
……9 分 ……10 分
23．（1）在 a = 4 时， 2x − 4 + x − 3 ≥ 8 ，
当 x ≥ 3 时， 2x − 4 + x − 3 ≥ 8 ，解之得 x ≥ 5 ；
（2）①当 a
≥
2
时有
a
−1≥
a 2
，
f
(x)
=
⎪⎪⎨x ⎪
−1,
a < x < a −1 2
⎪⎪⎩− 3x + 2a −1,
x≤ a 2
在x
=
a 2
时， f
( x) min
=
f
(a) 2
=
a 2
−1 ，则只需
a 2
−1≥
a2 2
，而 a
≥
2 ，则 a ∈φ
；

武汉市2020届高三下学期3月质量检测数学(理)试题含解析

【答案】（1）y2＝4x；;（2）直线NL恒过定点(﹣3，0),理由见解析。
【解析】
【分析】
(1）根据抛物线的方程,求得焦点F（，0），利用（2，2 ）,表示点P的坐标，再代入抛物线方程求解。
（2)设M（x0，y0）,N（x1，y1），L（x2，y2），表示出MN的方程y 和ML的方程y ,因为A（3,﹣2），B(3，﹣6）在这两条直线上，分别代入两直线的方程可得y1y2＝12,然后表示直线NL的方程为：y﹣y1 （x ），代入化简求解.
【答案】（1）证明见解析;（2）
【解析】
【分析】
（1）作于，证明平面得到答案.
（2）取中点，连接 ,利用等体积法计算得到答案。
【详解】（1)如图所示:作于，易知为中点, 为中点，故。
，故平面，平面 ,故。
，故平面，平面，故。
（2）取中点，连接，易知 , ,故为矩形。
【答案】
【解析】
【分析】
证明，，得到为二面角的平面角，计算故 , ，得到，得到答案。
【详解】球的表面积为 ,故，，故 .
的外接圆圆心为中点 , ;
的外接圆圆心为三角形中心，。
设球心为，则平面，平面，与交于点，
易知为中点,连接，，易知，，
故为二面角的平面角.
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．

湖北省武汉市2020届高三数学下学期3月质量检测试题理202004170324

湖北省武汉市2020届高三数学下学期3月质量检测试题理武汉市教育科学研究院命制2020.3.7 本试卷共5页，23题(含选考题)。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★注意事项：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。

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。

1.已知复数z＝(1＋2i)(1＋ai)(a∈R)，若z∈R，则实数a＝A.12B.－12C.2D.－22.已知集合M＝{x|－1<x<2}，N＝{x|x(x＋3)≤0}，则M∩N＝A.[－3，2)B.(－3，2)C.(－1，0]D.(－1，0)3.同时抛掷两个质地均匀的骰子，向上的点数之和小于5的概率为A.16B.518C.19D.5124.在正项等比数列{a n}中，a5－a1＝15，a4－a2＝6，则a3＝A.2B.4C.12D.85.执行如图所示的程序框图，输出的s的值为A.53 B.85 C.138 D.21136.已知等边△ABC 内接于圆T ：x 2＋y 2＝1，且P 是圆Γ上一点，则()PA PB PC ⋅+的最大值是 23 D.2 7.已知函数f(x)＝sin 2x ＋sin 2(x ＋3π)，则f(x)的最小值为 A.12 B.143228.已知数列{a n }满足a 1＝1，(a n ＋a n ＋1－1)2＝4a n a n ＋1，且a n ＋1>a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝A.2nB.n 2C.n ＋2D.3n －2 9.已知a ＝0.80.4，b ＝0.40.8，c ＝log 84，则 A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.b<c<a.10.青春因奉献而美丽，为了响应党的十九大关于“推动城乡义务教育一体化发展，高度重视农村义务教育”精神，现有5名师范大学毕业生主动要求赴西部某地区甲、乙、两三个不同的学校去支教，每个学校至少去1人，则恰好有2名大学生分配去甲学校的概率为 A.25 B.35 C.15 D.21511.已知点P 在椭圆Γ：22221(0)x y a b a b+=>>上，点P 在第一象限，点P 关于原点O 的对称点为A ，点P 关于x 轴的对称点为Q ，设34PB PO =，直线AD 与椭圆Γ的另一个交点为B ，若PA ⊥PB ，则椭圆Γ的离心率e ＝A.12B.22C.32D.3312.已知关于x 的不等式3ln 1xe x a x x--≥对于任意x ∈(1，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围为A.(－∞，1－e]B.(－∞，－3]C.(－∞，－2]D.(－∞，2－e 2] 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年3月湖北武汉市2020届高三质检文科数学试题

武汉市2020届高中毕业生学习质量检测文科数学参考答案及评分细则一、选择题题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C A C B C B C A D A B二、填空题13．12+−=e x y 14．[)∞+−，1 15．1 16．14.9 三、解答题17．（1）由已知得⎪⎩⎪⎨⎧=−++=−15)1(14121131a q a q q a a q a 解之得：11=a ，2=q ……4分（2）由（1）知12−=n n a ，由100+>n a n 得0100>−−n a n ，即010021>−−−n n 设10021−−=−n b n n )(∗∈N n ，则需0>n b ，12)1002()10012(111−=−−−−−−=−−−+n n n n n n n b b ，显然1=n 时，n n b b =+1，2≥n 时，n n b b >+1，……8分即L L <<<<<=n b b b b b 4321，而7430b =−<，8200b =>，即7≤n 时0<n b ；当8>n 时，0>n b ，故n 的取值范围是：8≥n ……12分18．（1）取DC 的中点H ，AB 的中点M ，连接QH 、在正方体1111D C B A ABCD −中，Q 为11D C 的中点，则CD QH ⊥，则⊥QH 面ABCD ，所以AC QH ⊥，…… 2分在正方形ABCD 中，H 、L 分别为CD 、BC 的中点，所以HL BD //，而BD AC ⊥，则AC HL ⊥,……4分又H HL QH =I ，所以⊥AC 面QHL ，所以QL AC ⊥．……6分连接ML 、MP ，显然ML PQ //且ML PQ =，故四边形PQLM 为平行四边形，则PQL PML S S ΔΔ=，由DML DAM MBL DCL ABCD S S S S S ΔΔΔΔ=−−−正方形221111132()222228a a a a a a =−⋅⋅−⋅⋅= 所以23131388D PQL D PML P DML V V V a a a −−−===××=………………12分19.（1）50350249649949149850650450151050110x +++++++++== ……3分 08.58.25)9035)3()10()2()5(12(1012222222222≈=++++−+−+−+−++=s ……6分（2）)08.506,92.495(),(=+−s x s x ，设从这10袋中任取2袋白糖，其中恰有一袋的重量不在),s x s x +−（为事件A，分析知从10袋中任取两袋，总的结果数有45种，……8分恰有一袋重量落在区间)08.506,92.495(的结果有16种，……10分由古典概型公式得16()45m P A n ==……12分20．（1）)0(22>=p px y 的焦点)0,2(p F ，而)32,2(=，则)32,22(+p P ，……2分又点P 在抛物线px y 22=上，所以)22(2)32(2+=p p ，即01242=−+p p ，而0>p ，故2=p ，则抛物线的方程为x y 42=． ……4分（2）设),(00y x M ，),(11y x N ，),(22y x L ，则1214x y =，2224x y =，直线MN 的斜率为01202101010144y y y y y y x x y y k MN +=−−=−−=，则MN l ：)4(420010y x y y y y −+=−，即10104y y y y x y ++=①；同理ML l ：20204y y y y x y ++=②；将)2,3(−A 、)6,3(−B 分别代入①、②两式得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=−++=−20201010126122y y y y y y y y ，消去0y 得1221=y y ，……9分易知直线214y y k NL +=，则直线NL 的方程为4(421211y x y y y y −+=−，整理得2121214y y y y x y y y +++=，即2121124y y x y y y +++=，即)3(421++=x y y y ，因此直线NL 是否恒过定点)0,3(−．……12分21.（1）x x x f sin )(=，2sin cos )(x x x x x f −=′，设x x x x m sin cos )(−=， ),0(π∈x 时，0sin )(<−=′x x x m ，所以)(x m 在),0(π递减，则()(0)0m x m <=，故0)(<′x f ，所以)(x f 在),0(π递减；……4分（2）观察知)(x g 为偶函数，故只需求[)+∞∈,0x 时)(x g 的最小值，由x x x g sin 2)(π−=′，当)2,0(π∈x 时，设x x x n sin 2)(π−=，则x x n cos 2)(π−=′，显然)(x n ′递增，而02)0(<−=′πn ，02)2(>=′πn ，由零点存在定理，存在唯一的2,0(0π∈x ，使得0)(0=′x n ， (6)当),0(0x x ∈时，0)(<′x n ，)(x n 递减，当)2,(0πx x ∈时，0)(>′x n ，)(x n 递增，而0)0(=n ，02(=πn ，故)2,0(π∈x 时，0)(<x n ，即)2,0(π∈x 时，0)(<′x g ，则)(x g 递减；……9分又当),2(+∞∈πx 时，x x sin 2ππ>>，0)(>′x g ，)(x g 递增；……11分所以4)2()(2min ππ==g x g ……12分22．（1）由⎩⎨⎧==θθsin 4cos 5y x ，消去参数θ可得1162522=+y x ……2分将⎩⎨⎧==θρθρsin cos y x 代入03cos 42=+−θρρ得03422=+−+x y x ． ……5分（2）2C 的圆心为)0,2(M ，则20cos 20cos9)0sin 4()2cos 5(2222+−=−+−=θθθθMP ， ……7分由1cos 1≤≤−θ知，当1cos =θ时，9920209min 2=−+−=MP ，故3min =MP ， ……9分从而2min =PQ ． ……10分23．（1）在4=a 时，8342≥−+−x x ，当3≥x 时，8342≥−+−x x ，解之得5≥x ；当32≤<x 时，8342≥−+−x x ，解之得9≥x ；此时x 无解；当2≤x 时，8324≥−+−x x ，解之得31−≤x ；综上[)+∞⎥⎦⎤⎜⎝⎛−∞−∈,531,U x ……5分（2）①当2≥a 时有21a a ≥−，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤−+−−<<−−≥+−=2,12312,11,123)(a x a x a x a x a x a x x f 在2a x =时，12)2()(min −==a a f x f ，则只需2122a a ≥−，而2≥a ，则φ∈a ； ……7分②当2<a 时有21a a <−，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧−≤−+−<<−−≥+−=1,12321,12,123)(a x a x a x a x a x a x x f 在2a x =时，2112)2()(min a a a f x f −=−==，则只需2212a a ≥−，即022≤−+a a ，所以12≤≤−a ，而2<a ，故所求a 范围为：12≤≤−a ．综合以上可知：12≤≤−a ． ……10分武汉市2020届高中毕业生学习质量检测。

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