河北省保定市2020届高三下学期第二次模拟考试数学（理）答案.pdf

高三二模数学理科答案 第 1页 共 9 页 2020 年高三第二次模拟考试 数学理科参考答案 一、选择题： CBACC ADBDA DD 12（理）分析： 1 1 2 1 1 2 2 11 1( ) , 1 (1 ) 1 0 ( ) (0,1), 1 0 0 x x x x xe ae xu x u u a u ae u a u x u u                  原式变形为 令 则 即 用导数分析 函数图像,由已知可知必有u 或 或 当 2 0 1u  或 时可解得a进而得出不符合题意 只能 1 2(0,1),u  u （- ，0）由根的分布得 a-10) 则点 G 到直线 DN 的距离 ， 解得 ，则直线 DN 方程为 ，N 点为直线 DN 与直线 BC 的交点， 而直线 BC 方程为 ，联立方程解得点 N 横坐标为  112 2 ， 即 BN   112 2 …………………………12 分 P N高三二模数学理科答案 第 5页 共 9 页 20.解：（1）由题意得            222 32)2(2 1 2 1 cba ba a c 解得 3,2  ba . 所以椭圆C 的方程为 134 22  yx . ………4 分 （2）法 1：由题意知直线l 的斜率一定存在设为 k， 设 1 1 2 2 1 1( , ), ( , ), ( , ), ( ,0)M x y N x y M x y S n  ， 联立 2 2 ( ) 14 3 y k x m x y     2 2 2 2 2(3 4 ) 8 4 12 0y k x k mx k m    消去 得： …………6 分 2 2 2 2 30 4 3 0 ,4m k k M Nm        由 得（ ） ，即 时 一定存在 2 2 2 1 2 1 22 2 8 4 12,4 3 4 3 k m k mx x x xk k      …………7 分 当斜率 k 不为 0 时： 因为 , ,M N S 三点共线， M S NSk k  …………8 分 1 2 1 2 y y x n x n    即 2 1 1 2( ) ( ) 0y x n y x n    即 2 1 1 2( )( ) ( )( ) 0k x m x n k x m x n      化简 2 1 1 22 ( ) ( ) 2 0x x n m x x mn     代入韦达定理化简得 2 4 04 3 mn k   即 44,mn n m   4( ,0),S m  且 4OQ OS mn  …………11 分 当斜率 k=0 时， M N直线 与x轴重合，满足结论. 综上，直线 M N 与 x 轴的交点 S 为一个定点 4( ,0)m ，且 4OQ OS  …………12 分 法 2：当直线 MN 斜率不为零时，设直线 MN 为 x ty m  设 1 1 2 2 1 1( , ), ( , ), ( , )M x y N x y M x y  2 2 14 3 x ty m x y    高三二模数学理科答案 第 6页 共 9 页 2 2 2(3 4) 6 3 12 0t y mty m    消x得： …………6 分 2 2 2 20 3 4 0 3 4 ,t m t m M N      由 得 ，即 时 一定存在 2 1 2 1 22 2 6 3 12,3 4 3 4 mt my y y yt t       …………7 分 设直线 M N 斜率为 2 1 2 1 , y yk k x x   则直线 M N 方程为： 1 1( ) 0y y k x x k   ， …………8 分 即 1 1 1 yx y xk k    1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 4= 2y x x x y x y y yx y x t mk y y y y y y m          又 …………10 分 所以直线 M N 必过 4( ,0)m 4 4OQ OS mm    …………11 分 当直线 MN 斜率为 0 时，直线 M N ,也过 4( ,0)m ，结论也成立. 综上，直线 M N 与 x 轴的交点 S 为一个定点 4( ,0)m ，且 4OQ OS  …………12 分 21，解：（1）函数定义域 x>0 2 2 2 2 ( 2)( )( ) 1a a x x af x x x x         …………1 分 1 当 0 ( ) 0a f x 时，由 得函数在（0，2）单调递增 ( ) 0,f x  由 解得函数在（2,+ ）单调递减 2 当 0 2 ( ) 0a f x  时，由 得函数在（a，2）单调递增 ( ) 0,f x  由 解得函数在(0,a),（2,+ ）单调递减 3 当 2 ( ) 0,a f x  时，由 函数在（0，+ ）单调递减 4 当 2 ( ) 0a f x 时，由 得函数在（2，a）单调递增 ( ) 0,f x  由 解得函数在(0,2),（a,+ ）单调递减…………4 分 （2）证明： 2( ) ( ) 2ln ln , 0ah x f x x a x x xx      高三二模数学理科答案 第 7页 共 9 页 2 2 2 2 2( ) 1a a x ax ah x x x x        …………5 分 由已知函数有两个不同的极值点 21, xx ，知道 ( ) 0h x  有两个不等的正实数根， 即 2 2 0x ax a   有两个不等正实数根 即 1 2 1 2 0 0 2 0 x x a x x a           解得 8a  …………7 分 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2( ) ( ) =( 2)ln ( 2)lna af x f x x x a x x a x x x xx x           1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 ( )( 2)ln( ) ( )a x xa x x x x x xx x       2( 2)ln(2 ) 2 ( 2)ln(2 ) 22 a aa a a a a a aa         …………8 分 ( 2)ln(2 ) 2 , 8a a a a  令u(a)= 1 2( ) ln(2 ) ( 2) 2 ln(2 ) 1u a a a aa a         因为 a>8 所以 ln(2a)-1>0, ( ) 0u a  所以 ( )u a 在 (8, ) 单调递增 ( ) (8) 10ln16 16 8(5ln 2 2)u a u     结论得证. …………9 分 (3) 当 1a   时， 2( ) lnf x x xx    ，则 ( ) xk x e 所以 ( ) xi n ik x e      ， *1,2,..., 1, 2i n n N n   且 对 [ 1,1]x  ， 1 2 1 1 2 1( ) ( )... ( ) ... x x xn mn n n nk x k x k x e e e e                      恒成立 …………10 分高三二模数学理科答案 第 8页 共 9 页 即 1 2 1... x x xn mn n ne e                     ，即 1 2 1... x x xn n n nm                     因为 xiy n      在 [ 1,1]x  单调递减，所以 1 2 1... x x xny n n n                    也递减 当 x=1 时， min 1 2 1 1 2 1 1... ... 2 x x xn n n n n n n n n                              …………11 分 即对任意 * 2n N n 且 ， 1 2 nm   恒成立 显然当 n=2 时， min 1 1 2 2 n      ，即 1 2m  即 1 2m   ，所以 m 的最小值为 1 2  . …………12 分 22 解：（1）Ｃ: 2 2 4x y  ，…………2 分 消掉参数 t 得 3 2 3 1 0l x y   : …………4 分 （２）由伸缩变换 3 x x y y     , , 得 3 3 x x y y     , , 带入圆的方程 C 得 2 2 43 yx    化简得曲线 1 :C 2 2 14 12 x y  ，…………5 分 其参数方程为 2 2 3 x y       cos , ( sin , 为参数，且 [0,2 )  ） 设点 (2cos ,2 3sin )M   ，…………6 分 点 M 到直线 3 2 3 1 0l x y   : 距离为：高三二模数学理科答案 第 9页 共 9 页   2 6 sin( ) 2 3 12 3 cos 2 3sin 2 3 1 14 2 6 2 3 12 2 2d             …8 分 当 3 4 2     即 5 4   时取到等号，即此时距离有最大值…………9 分 故 ( 2, 6)M   …………10 分 23. 解：（1）原不等式等价于 2 0 2 | 1| 2 x x x       或 2 0 1 2( 1) 2 x x x       或 2 1 2( 1) 2 x x x      解得： 0x  或 1 5x    ， ∴不等式的解集为{ | 0x x  或 1 5}x    。………………5 分 （2） 2 2 2 ( 1) 1, 1( ) 2 | 1| ( 1) 3, 1 x xf x x x x x            由函数图像可知 min( ) (1) 1,f x f  即 1a b c   …………7 分 因为 2 2 2 2 22( ) 2 ( )a b a ab b a b      所以 2 2 2 ( )2a b a b   …………8 分 同理 2 2 2 ( )2b c b c   2 2 2 ( )2c a c a   三个不等式相加得 2 2 2 2 2 2 2( )a b b c c a a b c        即 2222222  accbba …………10 分