河北省邯郸市第一中学2020届高三数学下学期二轮复习研四性考试试题（四）理（PDF）答案.pdf

1理科数学（四）理科数学（四）参考答案参考答案1A2C3C4B5D6A7B8A9D10D抛物线抛物线28yx焦点焦点2,0F，准线方程为，准线方程为2x ，圆，圆22216xy的圆心为的圆心为2,0，半径，半径4r，故圆，故圆22216xy与准线相切与准线相切.根据抛物线的定义以及根据抛物线的定义以及/ABx轴可知，轴可知，FAB的周长的周长4AFABBFAFAB，等价于等价于B到准线到准线2x 的距离加的距离加4.由由2222168xyyx解得解得2x，所以所以2,6Bx，所以，所以B到准线到准线2x 的距离的取值范围是的距离的取值范围是4,8，所以，所以FAB的周长的取值范围是的周长的取值范围是8,12.11B根据题意可知根据题意可知1(25)(23)(25)(23)nnnanann，式子的每一项都除以式子的每一项都除以(25)(23)nn，可得，可得112325nnaann，即即112(1)525nnaann，所以数列，所以数列25nan是以是以15525 为首项，以为首项，以1为公差的等差数列，为公差的等差数列，所以所以5(1)1625nannn ，即，即(6)(25)nann，由此可以判断出由此可以判断出345,a a a这三项是负数，从而得到当这三项是负数，从而得到当5,2nm时，时，nmSS取得最小值，且取得最小值，且5234536514nmSSSSaaa ，故选，故选 B.12C构造函数构造函数 23xxf xfxf xg xgxxee，可令：，可令：23g xxxc，所以，所以 23xxxefcx，由，由 01fc，得：，得：231xf xxxe.由由 0f x，解得，解得123535,22xx .由由 0f x，得得：2310 xx 得出解为得出解为353522x ，其中恰有两个其中恰有两个整数整数-2，-1.当当352x 或或352x 时，时，0f x.而而 254xfxxxe14xxxe，所以，所以 fx在在,4 和和1,上递上递增，在增，在4,1上递减上递减.当当x 时，时，0f x.且且24151,4ffee，01f.由此画出由此画出 fx的图像如下图所示，的图像如下图所示，由图可知，当由图可知，当0k 时，时，0f x 恰好有两个整数解恰好有两个整数解2,1.当当0k 时，时，f xk不止两个整数解不止两个整数解.当当k0时，要使时，要使 f xk有两个整数解，则有两个整数解，则212fke，故，故210ke.综上所述，综上所述，k的取值范围是的取值范围是21,0e.132143415316如图：如图：正方体正方体1111ABCDABC D的棱长为的棱长为2 3，正方体的对角线长为正方体的对角线长为 6，1,5x，当，当1x 或或 5 时，三角形的面积最小，时，三角形的面积最小，设截面三角形的边长为设截面三角形的边长为t，由等体积法得：，由等体积法得：221311221343222ttt，6t，2min334362y.当当3x，即即P在在1BD中点时中点时，截面为正六边形的面积最大截面为正六边形的面积最大，此时正六边形的边长为此时正六边形的边长为22336，故截故截面面积最大为面面积最大为23669 34.故答案为：故答案为：3 3,9 3217解解：（1）()2sin()cossinf xxAxA2sin()cossin()xAxxxA2sin()cossin cos()cos sin()xAxxxAxxAsin cos()cos sin()xxAxxAsin(2)xA.因为因为()f x在在512x处取得最大值，所以处取得最大值，所以522122Ak，kZ,即即2,3AkkZ.因为因为(0,)A，所以，所以3A，所以，所以()sin(2)3f xx.因为因为(0,)2x，所以，所以22(,)333x 所以所以3sin(2)123x，因为关于因为关于x的方程的方程()f xt有解，所以有解，所以t的取值范围为的取值范围为3(,123（2）因为）因为5a，3A，由正弦定理，由正弦定理10=sinsinsin3bcaBCA，于是于是3sinsin()10BCbc又又4 3sinsin5BC，所以，所以8bc.由余弦定理得：由余弦定理得：2222cosabcbcA，整理得：，整理得：2225bcbc，即，即225()3643bcbcbc，所以，所以13bc，所以，所以113sin324ABCSbcA.18（1）证明：如图，连接）证明：如图，连接AC，交，交BD于点于点O，连接，连接EO，ADAB，CDCB，ACAC，ADCABC，易得易得ADOABO，90AODAOB，ACBD.又又ECBD，ECACC，,EC AC 平面平面AEC，BD 平面平面AEC，又，又OE 平面平面AEC，OEBD.又底面又底面ABCD是圆内接四边形，是圆内接四边形，90ADCABC，在在Rt ADC中，由中，由3AD，1CD，可得，可得2AC，32AO，90AEC，32AEAOACAE，易得，易得AEOACE，90AOEAEC，即即OEAC.又又,AC BD 平面平面ABCD，ACBDO，EO 平面平面ABCD，又，又EO 平面平面BED，平面平面BED 平面平面ABCD.（2）解解：点点P在线段在线段MN上上.以以O为坐标原点为坐标原点，OA，OB，OE所在直线分别为所在直线分别为x轴轴、y轴轴、z轴轴，建立空间直建立空间直角坐标系，则角坐标系，则3,0,02A，30,02B，30,0,2E，33,0,44M，30,02D，33,044N，33,022AB ，33,0,22 AE，333,424DM，330,44MN，设平面设平面ABE的法的法向量为向量为,nx y z，则，则00AB nAE n ，即，即3030 xyxz，令，令1x，则，则1,3,3n，设设01MPMN，可得，可得33333,42444DPDMMP ，设直线设直线DP与平面与平面ABE所成的角为所成的角为，则，则4sincos,n DPn DPnDP 2212124241154224，01，当当0时，时，sin取得最大值取得最大值427.19（1）由题意，设）由题意，设,C x y，则，则12ykx，22ykx，又由又由2122142yk kx，整理得，整理得22142xy，由点由点,A B C不共线，所以不共线，所以0y，所以点，所以点C的轨迹方程为的轨迹方程为221(0)42xyy.（2）设）设11,M x y，22,N xy，易知直线，易知直线MN不与不与x轴重合，设直线轴重合，设直线:2MN xmy，联立方程组联立方程组222142xmyxy，整理得得，整理得得2222 220mymy，易知易知，且，且1222 22myym，122202y ym由由2MABNABSS，故，故122yy，即，即122yy，从而，从而2212122122141222yyyymy ymyy，解得，解得227m，即，即147m ，所以直线所以直线MN的方程为的方程为14207xy或或14207xy20（1）甲解开密码锁所需时间的中位数为）甲解开密码锁所需时间的中位数为 47，0.01 50.014 550.034 5b 0.0447450.5，解得，解得0.026b；0.04 30.032 550.010 100.5a ，解得，解得0.024a；甲在甲在 1 分钟内解开密码锁的频率是分钟内解开密码锁的频率是1 0.01 100.9f 甲；乙在乙在 1 分钟内解开密码锁的频率是分钟内解开密码锁的频率是1 0.035 50.025 50.7f 乙；（2）由（）由（1）知，甲、乙、丙在）知，甲、乙、丙在 1 分钟内解开密码锁的概率分别是分钟内解开密码锁的概率分别是10.9p，20.7p，30.5p 且各人是否解且各人是否解开密码锁相互独立；开密码锁相互独立；设按乙丙甲的顺序对应的数学期望为设按乙丙甲的顺序对应的数学期望为1E X，按丙乙甲的顺序对应的数学期望为，按丙乙甲的顺序对应的数学期望为2E X则则121P Xp，23112P Xpp，231131ppP X，521332223111E Xppppp232332ppp p，1232323E Xppp pp，12323231.45E Xppp pp同理可求得同理可求得22323331.65E Xppp pp所以按乙丙甲派出的顺序期望更小所以按乙丙甲派出的顺序期望更小.答案：先派出甲，再派乙，最后派丙，答案：先派出甲，再派乙，最后派丙，设按先后顺序自能完成任务的概率分别为设按先后顺序自能完成任务的概率分别为1p，2p，3p，且，且1p，2p，3p互不相等，互不相等，根据题意知根据题意知X的取值为的取值为 1，2，3；则则11P Xp，1221P Xpp，12131pPpX，122112 13 11E Xppppp121232ppp p，121213Eppp ppX ，若交换前两个人的派出顺序，则变为若交换前两个人的派出顺序，则变为121223ppp pp，由此可见，当由此可见，当12pp时，交换前两人的派出顺序会增大均值，故应选概率最大的甲先开锁；时，交换前两人的派出顺序会增大均值，故应选概率最大的甲先开锁；若保持第一人派出的人选不变，交换后两人的派出顺序，若保持第一人派出的人选不变，交换后两人的派出顺序，交换前交换前121211123321ppp ppEpXpp，交换后的派出顺序则期望值变为交换后的派出顺序则期望值变为113321ppp，当当23pp时，交换后的派出顺序可增大均值；所以先派出甲，再派乙，最后派丙，时，交换后的派出顺序可增大均值；所以先派出甲，再派乙，最后派丙，这样能使所需派出的人员数目的均值（教学期望）达到最小这样能使所需派出的人员数目的均值（教学期望）达到最小.21解解：（）f x的定义域为的定义域为1,，ln12fxaxx.由由 f x是减函数得，对任意的是减函数得，对任意的1,x ，都有，都有 ln120fxaxx恒成立恒成立.设设 ln12g xaxx.2121axgxx，由，由0a 知知112a ，当当1,12ax 时，时，0gx；当；当1,2ax时，时，0gx，g x在在1,12a上单调递增，在上单调递增，在1,2a上单调递减，上单调递减，g x在在12ax 时取得最大值时取得最大值.又又 00g，对任意的对任意的1,x ，0g xg恒成立，即恒成立，即 g x的的6最大值为最大值为 0g.102a，解得，解得2a.（）由）由 f x是减函数，且是减函数，且 00f可得，当可得，当0 x 时，时，0f x，0f n，即，即221 ln 12nnnn.两边同除以两边同除以221n得，得，ln1121211nnnnnn，即，即12211nnnann.从而从而12311 2 33 4 52.22 3 412 3 41nnnnnTa a aann11221nnn，所以所以212ln2ln21nnnnTn 2ln2ln11 ln2nnn.下面证下面证 2ln2ln11 ln2102nnnn；记记 2ln2ln11 ln212xh xxxx，1,x.22111ln2ln2212322xh xxxxx11ln2223xx，2yxx在在2,上单调递增，上单调递增，h x在在2,上单调递减，上单调递减，而而 11112ln223ln22ln806233h xh，当当2,x时，时，0h x恒成立，恒成立，h x在在2,上单调递减，上单调递减，即即2,x时，时，22ln4ln3 3ln2ln2ln30h xh，当当2n时，时，0h n.1912ln3ln22ln2lnln028he，当当*nN时，时，0h n，即，即 2ln2ln11 ln212nnnn.综上综上可得，可得，ln212nnnT.22（1）由）由1 cossinxy 消消得得2211xy，即，即2220 xyx将将cosx，siny，222xy代入代入1C，2C得得1C的极坐标方程为的极坐标方程为2cos，2C的极坐标方程为的极坐标方程为cos3 sin1.（2）设直线）设直线l的极坐标方程为的极坐标方程为，R，,6 3，7联立方程可得联立方程可得A2cos，1cos3sinB所以所以1|2cos|OAOBcos3sin3cos3sin2 3sin3又又,6 3，则有，则有2,323，即，即3sin,132综上综上1|OAOB的取值范围为的取值范围为3,2 323（1）21(1)()213(12)21(2)xxf xxxxxx 所以所以13214xxxx 或或121234xxx ，或，或22214xxxx.所以不等式的解集为所以不等式的解集为(,31,).（2）由（）由（1）易知）易知()3f x，所以，所以3,3ab，由于由于2()(4)224(2)(2)ababaabbab，因为因为3,3ab，所以，所以20,20ab，即，即(2)(2)0ab，所以所以2()4abab.