河北省保定市2020届高三下学期第二次模拟考试数学（文）答案.pdf

高三二模数学文科答案 第 1页 共 8 页 2020 年高三第二次模拟考试 数学文科参考答案 一、选择题： CBACC ADBDA DD 二、填空题：13. 2 7 ； 14. 5 2 ； 15.-2； 16. 3 2 三、解答题： 17.解：（1）当 n=1 时 1 1 3a  ……1 分 因为 *2 0,( )n nS a n n N    ……① 2n 当 时， 1 12 1 0,n nS a n    （ ） ……② ①-②得 1 1 1 13 1 3 3n n n na a a a    即 ， ……3 分 2n 当 时， 1 1 1 1 1 11 13 3 22 1 1 3 2 2 nn n n aa a a          ……5 分 又 1 1 1 2 6a    ，所以 1 1 1 2 6 3na     是以 为首项，以 为公比的等比数列.……6 分 （2）由第一问可得 1 1 2 3 2 n na    1（ ） ……7 分 1 1 2 3 2 n na n n     1（ ） ，……8 分 根据等比数列前 n 项和公式和分组求和得： 1 1 13 3T 12 2 21 3 n n n n            11-（ ） （ ）n ………10 分 化简得： 21T ( 1)4 3 2n n n   1 ……12 分 18.（1）高三二模数学文科答案 第 2页 共 8 页 …………3 分 由频率分布直方图，估计本市居民此期间网络购物的消费平均值为 X 3360 …………5 分 （1） 由数据可知网络购物消费不超过 4000 元的有 140 人 网络购物消费超过 4000 元的有 60 人，完成下表： 网购不超过 4000 元 网购超过 4000 元 总计 40 岁以上 75 25 100 40 岁以下（含 40） 65 35 100 总计 140 60 200 …………8 分 由公式 2 2 200 (75 35 65 25) 140 60 5 100 100 0K 2.381 3.84121          所以在此期间没有 95oo 的把握认为网购金额与网购人 年龄有关. ……12 分 19.（1）证明：取 PB 的中点 G，连结 EG，HG， 则 / /EG AB ，且 1EG  ……1 分 因为 / / , PM HFH DM 交 于 ，且 FH=1 又∵AB∥DM，所以 / / ,EG FH EG FH 即四边形ＥＦＨＧ为平行四边形……………3 分 所以 / /EF GH ， x Z G E M D B A P C F H O y高三二模数学文科答案 第 3页 共 8 页 又 PBM GH PBMEF  平面 ， 平面 所以 / / PBMEF 平面 …………4 分 （2）由 PCDEF  平面 ，得 CDEF  ， CDAD  ，ＥＦ和 AD 直线显然相交 所以 PADCD 平面 ，所以 PAD平面ABCD 平面 ……………6 分 取 AD 的中点 O，连结 PO，因为 PA PD ，所以 ADPO  ， 又∵ PAD=AD平面ABCD 平面 ,所以 ABCDPO  平面 在等腰△PAD 中， 2 2 17 1 4PO PA AO     AD,POAB AB  可得 PADAB 平面 ……………8 分 法 1：设点 M 到平面 ABP 的距离为 h ，利用等体积可得 1 1 1 12 17 2 2 43 2 3 2 M ABP P ABMV V h            8 8 17 1717 h   …………12 分 法 2： / / PAB MD PAB / / PABMD AB AB MD   平面 ， 平面 平面 所以 M 到平面 PAB 的距离等于 D 到平面 PAB 的距离 ………9 分 作 PA PA S AB DS DS ,DS PAB DS   交 于 点，又 ， 平面 所以 为所求 …10 分 在三角形 PAD 中由等面积 PO·AD=PA·DS，………11 分 可得 8 8 17 1717 DS   点 M 到平面 PAB 的距离为 8 17 17 . …………12 分高三二模数学文科答案 第 4页 共 8 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 高三二模数学文科答案 第 5页 共 8 页 2 2 14 3 x ty m x y     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，（1）证明：法 1： xxexf )( ， )1()(  xexeexf xxx …………1 分 当 0x 时， ( ) 2g x ax e ex e    ………………2 分 设点 ),( 0 00 xexxP 为函数 f(x)图象上的一点， 令 0 0 0 ( )( ) ( 1) 2x g xf x e x k e     【设 ( ) ( 1), ( ) ( 2) 0x xh x e x h x e x      所以 ( )h x 单增，又 (1) 2h e 】 10 x ………………4 分 此时 0 0( ) (1) , ( ) (1)f x f e g x g e   高三二模数学文科答案 第 6页 共 8 页 即当 ea 2 时，结论成立，切点为（1，e） ………6 分 法 2：假设 ea 2 时，结论成立 xxexf )( ， )1()(  xexeexf xxx ………1 分 ( )( ) 2 2g xg x ax e ex e k e    又射线 的斜率 ………2 分 设二者的切点为 0 0( , )P x y 0 0 0 0 0 ( 1) 2 2 x x e x e x e ex e      0 2 0 02 1=0xe x x 二者联立消去 得 0 11 - 2x  或 （舍去）….……………4 分 0 0 01 ( ) (1) , ( ) (1) (1, )x f x f e g x g e e    又 时， ，即点 为两个函数图象的公共点 0 ( )( ) (1) 2 g xf x f e k   且 故，当 ea 2 时，结论成立，切点为（1，e） .………6 分 法 3： eexxgeax  2)(2,0 时， ………1 分  单调递增，在所以  0)(,0)1()( xfxexf x ………2 分 (1)=2 , (1) ( ) (1)f e f e f x f 由 得函数 在（1， ）处的切线为：………4 分 (1) (1)( 1)y f f x   ， 2y ex e 即 ………5 分 故，当 ea 2 时，结论成立，切点为（1，e） .………6 分 )2( 解：由已知得， maxmax )()( xgxf  .………7 分 xxexf )( ，又 Rx ， )1()(  xexeexf xxx 法 1：可知，当 )1,2[ x 时， )(,0)( xfxf  单调递减， 当 ]1,1[x 时， 0)(  xf ， )(xf 单调递增； .………8 分高三二模数学文科答案 第 7页 共 8 页 又 2 2( 2) ; (1)f f ee     当 ]1,2[x 时， exf max)( ； .………9 分 （法 2：当 0)(]0,2[  xxexfx 时， 单调递增在且 时， ]1,0()(,0)1()( ,0)(]1,0( xfxexf xexfx x x   efxf  )1()( max .………9 分） 又当 0a 时， eexa  ； exg  max)( ， ,)()( maxmax xfxg  0a ①； .………10 分 若 0a ，当 ]1,2[x 时， eagxg  2)2()( max e ea  ， 又 0a ， ea 0 ②； .………11 分 由①  ②可得 ea  ； a 的取值范围为 ],( e .………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：高三二模数学文科答案 第 8页 共 8 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