【文档说明】河北省保定市2020第一次模拟考试 数学试题（含答案）.doc，共(18)页，726.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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数学理科答案一、选择题C．B．C．D.D.C.A.C.B.D.A.A．二、填空题13．1；14.6；15.56；16.102.三、解答题17.（12分）解：(1)证明：因为,,abc成等比数列，所以2bac„„

„„„„„„1分而2222211cos(1)2222acbacacacBacacca（当且仅当ac时取等号）又因为B为三角形的内角，所以B60„„„„„„„„4分(2)在ABC中，因为21cos212sin3AA，所以6s

in3A．„„„„„„6分又因为3,c1sin3C，所以由正弦定理sinsinacAC，解得32a„„„„„„„„8分法1：由6sin,032AA得3cos3A.由余弦定理2222cosabcbcA，得22150bb.解得5b或3b（舍）„

„„„„„„„„„„„„„„10分所以AB边上的高656sin533hbA.„„„„„„„12分法2:由6sin,032AA得3cos3A．„„„„„„„„6分又因为1sin3C,所以22cos3C„„„„„

„„„7分所以6223153sinsin()sincoscossin33339BACACAC„9分或6223133sinsin()sincoscossin33339BACACAC(舍)【或：因为323ac，且02A

，所以C为锐角，„„„„„„„6分又因为1sin3C所以22cos3C„„„„„„„„7分6223153sinsin()sincoscossin33339BACACAC„10分】所以AB边上的高535

6sin3293haB.„„„„„„„12分法3：等面积法也可。（酌情给分）18.（12分）解：（1）因为AD∥BC,所以AD∥平面BCF因为EA∥FC，所以EA∥平面BCF„„„„„„„„2分所以平面ADE∥平面BCF故ED∥平面BCF„„„„„„„„„

„„„„„„4分(2)以D为原点，建立空间直角坐标系，如图.因为∠BAE=∠DAE=90°，所以EA⊥平面ABCD，又因为EA∥FC，所以FC⊥平面ABCD设AB=a,BC=b,则D(0,0,0),F(0,a,b

),E(b,0,a),B(b,a,0)„„„„„„„„6分则DE(b,0,a),DF(0,a,b)设平面DEF的法向量为(,,)nxyz则由00,0,0,DEnbxazaybzDFnuuurruuurr，取x=1，因为BCbABa，则2

(1,,)n„„8分设平面BEF的法向量为(,,)mxyzBEuuurQ(0,-a，a)BFuuur，(-b，0,b)则由00,0,0BEmayazxyzbxbzBFmuuur

uruuurur，，，取(1,1,1)mur，„„„„„„9分因为二面角B-EF-D的余弦值为33，所以242133||||31mnmnurrurr，即210，由于30，所以不存在正

实数，使得二面角B-EF-D的余弦值为33„„„„„„„„12分ABDCEFxyz19.（12分）解（1）e,i,t,a四个字母出现的频率分别为53420.17,0.10,0.14,0.69,29292929其大小关系为：e出现的

频率t出现的频率i出现的频率a出现的频率„„„„4分（2）X分布列为：„„„„„„6分其数学期望为242129()234599999EX„„„„„„„„8分（3）满足字母个数之和为6的

情况分为两种情况：①从含两个字母的两个单词中取一个，再从含4个字母的两个单词中取一个，其取法个数为11224CC„„„„„„„„„„„„„„„„10分②从含3个字母的4个单词中取两个，其取法个数为246C故所求的概率为112224294653618

CCCpC„„„„„„„„12分20.（12分）解：（1）依题意得22222131222abcaabc所以22acb所以椭圆的方程为22142xy„„„„„„„„„„„„2分设M(x0,y0)到点D的距离为d，则222200

001(1)232dxyxx因为二次函数的对称轴为直线x=2所以，该函数在[2,2]上单调递减，所以当0022xx时取得最小值，时取得最大值所以M到点D的最短与最长距离分别为1,3„„„„„„„„„„„„5分（2）假设存在点(2,)Pm,使

得ABP的内切圆恰好为221xy设1122(,),(,)AxyBxy因为直线AB与圆221xy相切，X2345P29492919||12n2n„„„„„„„„„„„„6分2n当时，AB：2yx联立得222142yxxy2342

0xx，12420,3xx422(0,2),(,)33AB„„„„„„„„„„„„7分法1：因为AO为BAP的角平分线，所以1APABkk——————————————————9分所以21,00

2APmkm(2,0)P即所以直线BP的方程为为720xy因为圆心到直线BP的距离为22|2|11517所以此时BP不是圆的切线————11分2n同理，当时，BP也不是圆的切线综上所述：P不存在.————12分22(02),(2,),2A

PmAPmkQ法：，所以，直线AP的方程为(2)220mxy由原定O到直线AP的距离为1得2212(2)m解得m=0或22„„„„„„„„„„„„8分当m=0时，P（2,0），此时直线BP的效率为17BPk所以直线BP的

方程为720xy因为圆心到直线BP的距离为22|2|11517所以此时BP不是圆的切线„„„„„„„„„„„„10分22m当时，P（2,22），此时直线BP的效率为1BPk所以直线BP的方程为+20xy，与直线AB重合，故舍

去„„„„„„„11分2n同理，当时，BP也不是圆的切线综上所述：P不存在.„„„„„„„„„„„„12分21.（12分）解：(1)由'()-2(2)0xFxmex，所以x=-2，„„„„„„„„1分因为0m,所以在（-∞，-2

）上，F（x）递增；在（-2，+∞）递减所以函数F（x）只有最大值，其最大值为2(2)2eFm，无最小值„„„„„3分(2)2()32e(1),xfxxxmxQ所以ln1()xaxfa,即22e(1)31lnamaaaxax„„„„„„4分由

于[1,0),lnaxax时函数为减函数，因为对任意的[1,)x，[1,0)a，不等式ln1()xaxfa恒成立，故只需2max2e(1)31lnamaaaxaxa（）

即原式等价于对任意的[1,0)a，22e(1)410amaaa恒成立„„„„6分法1:记2()2e(1)41ahamaaa，则()2e(2)242(2)(e1)aahamaaam．1[1,0),e[,1),eaaQ且21a

．①当1(0)mm时，e10,()0amha，即[1,0)a时，()ha单调递减.∴()0ha，只需(0)0h，解得12m，∴1[,0)(0,1]2m．„„„„„„8分②当1m时，令()0ha得lnam，或

2a（舍去）（ⅰ）当1em时，ln1,0)m（，当(1,ln)am时，'()0ha；当(ln,0)am时，'()0ha，∴2min()(ln)ln2ln30hahmmm解得31(,e)em，∴(1,e)m．„„„„„„„„10分（ⅱ）当em时，则l

n1am，又因为[1,0)a【或：因为[1,0)a，所以1e1ea，所以e1am】，所以'()0ha，则()ha在[1,0)a上单调递增，∴min()ha(1)40h，综上，m的取值范围是1[,0)(0,)2．„„

„„„„12分法2：当a=-1时，显然m≠0时恒成立„„„„„„„„„„„7分1,0)a当（时，2412e(1)aaama原式等价于„„„„„„9分令241(),e(1)aaahaa2222222(24)(1)(41)(2)()e(1)(2

)[2(1)(41)]e(1)(2)(23)](2)(3)(1)]e(1)e1(1)1aaaaaaaaahaaaaaaaaaaaaaaa分1,0)()0()1,0)ahah

a又因为（，所以在（上单调递增2(0)112mhm综上，m的取值范围是1[,0)(0,)2．„„„„„„12分22.(10分)解:（1）法1：设P(x,y),则由条件知M(,22x

y).由于M点在C1上，所以2cos222sin2xy„„„„„„„„2分从而2C的参数方程为4cos44sinxy（为参数）消去参数得到所求的直角坐标方程为22(4)16xy„„„„„„„„4分法2：由2cos

22sinxy得，2cos,22sinxy即C1的直角坐标方程为：22(2)4xy„„„„„„„„2分设P(x,y),则由条件知M(,22xy).由于M点在C1上，所以M的坐标适合上述方程即22()(2)422xy，化

简得所求的直角坐标方程为22(4)16xy„„„„4分（2）因为222,sinxyy，代入上式得1C的直角坐标方程得，其极坐标方程为4sin，„„„„„„„„6分同理可得曲线2C的极坐标方程为8sin„„„„„„„„7分设Q（,），A（1,），B（2,

），则AB的中点Q的轨迹方程为116sin2即AB的中点Q的轨迹极坐标方程为6sin„„„„„„„„10分23．(10分）解：（1）因为=1abc，所以|1||1|2||||||)(xxcxbxaxxf„„„

„„„„„1分法1:由上可得:31,1,()3,11,31,1.xxfxxxxx„„„„„„„„3分所以，当x=-1时，函数)(xf的最小值为2„„„„„„„„4分()|||||||1||1|+|1

||1||11|2|12:|2fxxaxbxcxxxxxxx法„„„„„2分当且仅当(1)(1)010xxx,即x=-1时取得最小值2„„„„„

„„4分（2）证明：因为a，b，c为正数，所以要证333bccaababc即证明2221bcaabc就行了„„„„„„„„6分法1:因为222bcaabcabc222bcaabcabc2222222()()bcaabca

bc当且仅当时取等号„8分又因为(0)1f即1abc且a，b，c不全相等，所以2221bcaabc即333bccaababc………………10分法2:因为(abc)(22222)()()bcabcaabcabcabcabcabcbca

当且仅当时取等号„„„„„„„„8分又因为(0)1f即1abc且a，b，c不全相等，所以2221bcaabc即333bccaababc………………10分文科数学答案一、选择题C．B．C．D.D.C.A.C.B.D.A.A．二、填空题13．1；14.15；15.56；1

6.6.三、解答题17.（12分）解：(1)证明：因为,,abc成等比数列，所以2bac„„„„„„„„1分而2222211cos(1)2222acbacacacBacacca（当且仅当

ac时取等号）又因为B为三角形的内角，所以B60„„„„„„„„4分(2)在ABC中，因为21cos212sin3AA，所以6sin3A．„„„„„„6分又因为3,c1sin3C，所以由正弦定理sinsinacAC，解得32a„„„„„„„„8分法1：由6sin,03

2AA得3cos3A.由余弦定理2222cosabcbcA，得22150bb.解得5b或3b（舍）„„„„„„„„„„„„„„„10分所以AB边上的高656sin533hbA.„„„„„„„12分法2:由6sin,032AA

得3cos3A．„„„„„„„„6分又因为1sin3C,所以22cos3C„„„„„„„„7分所以6223153sinsin()sincoscossin33339BACACAC„9

分或6223133sinsin()sincoscossin33339BACACAC(舍)【或：因为323ac，且02A，所以C为锐角，„„„„„„„6分又因为1sin3C所以22cos3C„„„„„„„„7分62231

53sinsin()sincoscossin33339BACACAC„10分】所以AB边上的高5356sin3293haB.„„„„„„„12分法3：等面积法也可。（酌情给分）18.（12分）解：（1）因为AD∥BC,所以AD∥平面BCF因

为EA∥FC，所以EA∥平面BCF„„„„„„„„2分所以平面ADE∥平面BCF故ED∥平面BCF„„„„„„„„„„„„„„„4分（2）设AB=a,BC=b,则b=a在矩形ABCD和△BCF中，易得2221,2

BDDFabaBFb„„„6分所以在△BDF中，BF边上的高222222111()1222hDFBFabba又21122ABDSaba„„„„„„„„9分所以，由等体积法得2222111313212222323abbabab

即223,1所以存在正实数1，使得三棱锥A-BDF的高恰好等于33BC.„„„„„„„„12分19.（12分）解（1）e,i,t,a四个字母出现的频率分别为53420.17,0.10,0.14,0.69,29292929其大小关系为：e出现的频率

t出现的频率i出现的频率a出现的频率„„„„4分（2）一共有9个单词，其中所含字母个数为3的单词有4个，ABDCEF故所求的概率为49„„„„„„„„„„„„„„„„7分（3）满足字母个数之和为6的情况分为两种情况：从“and”前面的三个单词

和后面的五个单词中，各随机任取一个单词，总共的情况有以下15种：（seize，live），（seize，it），（seize，to），（seize，the），（seize，full）（the，live），（the，it），（the，to），（the，the），（the，full）

（day，live），（day，it），（day，to），（day，the），（day，full）„„„„10分其中符合条件的情况有以下4种：（the，it），（the，to），（day，it），（d

ay，to），故所求概率为415p„„„„„„„„„„„„„„„„12分20.（12分）（1）解：因为24yx，所以抛物线焦点坐标为(1,0)F„„„„„„„„1分∵直线l的斜率不为0，所以设:1lxmy，由214xmyyx

得2440ymy，„„„„„„„„2分所以124yym21212()242xxmyym∴212||2445ABxxm=8，∴214m1„„„„„„„„4分∴直线l的方程

为1010xyxy或．„„„„„„„„5分（2）证明：因为|MF|=2，所以由抛物线的定义可得，点M的横坐标为1故M（1,2）或M（1,-2），由（1）知D（21m，）„„„„„„„6分①M（1,2）时，则1112412MAykxy，

2222412MBykxy，2212MDmmkm„„„„„„„„„„„„„„„„7分因为2MDMAMBkkk=12121212121244444422(2)(2)2()4yyyyyyyyyyyy由（1）知124yym，124yy

，代入上式得2MDMAMBkkk=22mm显然2MDMAMBkkk„„„„„„„„„„„„„„„„10分②若M（1,-2）时，仿上（或由对称性）可得2MDMAMBkkk综上可得，对任意的直线l，直线MA，MD，MB的斜率始终依次成等差数列.„„„„„„„„„„„„

„„„„„„„„„„„„12分21.（12分）解:（1）设,ooPxy在函数2()xmmFxxxx的图象上，则222222200000200||()222(21)mmPOxyxxxmmxx„„„„3分即2(21)21m，所以12m„„„„„„„„

4分（2）证明：易得21fxxaInx，（10)xx且所以2222(1)11axxafxxxxx10)xx且„„„„„„„„5分令2()22gxxxa，因为其对称轴为直线12x

由题意知12xx、是方程()0gx的两个均大于1且不为0的不相等的实根，所以由480(1)0aga，得102a„„„„„„„„8分【法二：因为x1>-1,x2>-1，∴x1+1>0,x2+1>0所以（x1+1）

（x2+1）>0，即x1x2+（x1+x2）+1>0，即a>0,又△>0,所以102a】„„„„8分因为21(0)0,02gax又x2为方程()0gx的根，所以222(2)axx+

222222222221(2)1fxxalnxxxxlnx+2„„„„„„„9分21()=2(1)ln(1),(0)2hxxxxxx设则22(21)122(21)1hxxx

lnxxxlnx因为1(,0)2x时，0,()hxhx在1[,0)2上单调递增；1112ln2(,0),()224xhxh当时且()(0)0hxh故21ln2()042fx„„„„„„„„12分22.(10分)解:

（1）法1：设P(x,y),则由条件知M(,22xy).由于M点在C1上，所以2cos222sin2xy„„„„„„„„2分从而2C的参数方程为4cos44sinxy（为参数）消去参数得到所求的直角坐标方程为22(4)16xy„„„„„„„„4分法

2：由2cos22sinxy得，2cos,22sinxy即C1的直角坐标方程为：22(2)4xy„„„„„„„„2分设P(x,y),则由条件知M(,22xy).由于M点在C1上，

所以M的坐标适合上述方程即22()(2)422xy，化简得所求的直角坐标方程为22(4)16xy„„„„4分（2）因为222,sinxyy，代入上式得1C的直角坐标方程得，其极坐标方程为4sin

，„„„„„„„„6分同理可得曲线2C的极坐标方程为8sin„„„„„„„„7分设Q（,），A（1,），B（2,），则AB的中点Q的轨迹方程为116sin2即AB的中点Q的轨迹极坐标方程为6sin„„„„„„„„10分23．

(10分）解：（1）因为=1abc，所以|1||1|2||||||)(xxcxbxaxxf„„„„„„„„1分法1:由上可得:31,1,()3,11,31,1.xxfxxxxx„„„„„„„„3分所以，当x=-1时，函

数)(xf的最小值为2„„„„„„„„4分()|||||||1||1|+|1||1||11|2|12:|2fxxaxbxcxxxxxxx法„„„„„2分当且仅当(1)(1)010xxx,

即x=-1时取得最小值2„„„„„„„4分（2）证明：因为a，b，c为正数，所以要证333bccaababc即证明2221bcaabc就行了„„„„„„„„6分法1:因为222bcaabcabc222bcaabcabc22

22222()()bcaabcabc当且仅当时取等号„8分又因为(0)1f即1abc且a，b，c不全相等，所以2221bcaabc即333bccaababc………………10分法2:因为(abc)(2222

2)()()bcabcaabcabcabcabcabcbca当且仅当时取等号„„„„„„„„8分又因为(0)1f即1abc且a，b，c不全相等，所以2221bcaabc即333bcc

aababc………………10分