河北省保定市2020届高三数学下学期第二次模拟考试试题 文（PDF）答案.pdf

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1、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：CBACCADBDADD二、填空题：13.2 7；14.52；15.-2；16.3 2三、解答题：17.解：（1）当 n=1 时113a 1 分因为*20,()nnSannN2n 当时，11210,nnSan（）-得11113133nnnnaaaa即，3 分2n 当时，11111111332211322nnnnaaaa5 分又11126a ，所以111263na是以为首项，以 为公比的等比数列.6 分（2）由第一问可得11232nna 1（）7 分11232nnann 1（），8 分根据等比数列前

2、 n 项和公式和分组求和得：11133T122213nnnn 11-（）（）n10 分化简得：21T(1)4 32nnn112 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X33605 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752510040 岁以下（含 40）6535100总计140602008 分由公式22200(75 3565 25)140 605100 1000K2.3

3、813.84121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/EGAB，且1EG 1 分因为/,PMHFHDM 交于，且 FH=1又ABDM，所以/,EGFH EGFH即四边形为平行四边形3 分所以/EFGH，xZGE EMD DB BA AP PC CF FHOy高三二模数学文科答案第 3页 共 8 页又PBMGHPBMEF 平面，平面所以/PBMEF平面4 分（2）由PCDEF 平面，得CDEF，CDAD，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

4、结 PO，因为PAPD，所以ADPO，又PAD=AD平面ABCD平面,所以ABCDPO 平面在等腰PAD 中，2217 14POPAAO AD,POABAB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11112172 2 43232MABPP ABMVVh 88 171717h12 分法 2：/PABMDPAB/PABMDABABMD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PAPASABDSDS,DSPABDS交于 点，又，平面所以为所求10 分在三角形 PAD 中由等面积 POAD=PADS，11 分可得

5、88 171717DS 点 M 到平面 PAB 的距离为8 1717.12 分高三二模数学文科答案第 4页 共 8 页20.解：（1）由题意得22232)2(2121cbabaac解得3,2ba.所以椭圆C的方程为13422yx.4 分（2）法 1：由题意知直线l的斜率一定存在设为 k，设112211(,),(,),(,),(,0)M x yN xyM xyS n，联立22()143yk xmxy22222(34)84120ykxk mxk m消去 得：6 分222230430,4mkkM Nm 由得（），即时一定存在2221212228412,4343k mk mxxx xkk7 分当斜率

6、k 不为 0 时：因为,MN S三点共线，M SNSkk8 分1212yyxnxn即2112()()0yxny xn即2112()()()()0k xm xnk xm xn化简21122()()20 x xnmxxmn代入韦达定理化简得24043mnk即44,mnnm4(,0),Sm且4OQ OSmn11 分当斜率 k=0 时，MN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xtym设112211(,),(,),(,)M x yN xyM xy高三二模数学文科答案第 5页 共

7、8 页22143xtymxy222(34)63120tymtym消x得：6 分2222034034,tmtmM N 由得，即时一定存在21212226312,3434mtmyyy ytt7 分设直线M N 斜率为2121,yyk kxx则直线M N 方程为：11()0yyk xxk，8 分即111yxyxkk1212112121111212124=2yxxx yx yy yxyxtmkyyyyyym又10 分所以直线M N 必过4(,0)m44OQ OSmm11 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

8、，且4OQ OS 12 分21，（1）证明：法 1：xxexf)(，)1()(xexeexfxxx1 分当0 x时，()2g xaxeexe2 分设点),(000 xexxP为函数 f(x)图象上的一点，令000()()(1)2xg xfxexke【设()(1),()(2)0 xxh xexh xex所以()h x单增，又(1)2he】10 x4 分此时00()(1),()(1)f xfe g xge高三二模数学文科答案第 6页 共 8 页即当ea2时，结论成立，切点为（1，e）6 分法 2：假设ea2时，结论成立xxexf)(，)1()(xexeexfxxx1 分()()22g xg xax

9、eexeke又射线的斜率2 分设二者的切点为00(,)P xy00000(1)22xxexex eexe020021=0 xexx二者联立消去得011-2x 或（舍去）.4 分0001()(1),()(1)(1,)xf xfe g xgee又时，即点为两个函数图象的公共点0()()(1)2g xfxfek且故，当ea2时，结论成立，切点为（1，e）.6 分法 3：eexxgeax2)(2,0时，1 分单调递增，在所以0)(,0)1()(xfxexfx2 分(1)=2,(1)()(1)fe fef xf由得函数在（1，）处的切线为：4 分(1)(1)(1)yffx，2yexe即5 分故，当ea2

10、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()(xexeexfxxx法 1：可知，当)1,2x时，)(,0)(xfxf单调递减，当 1,1x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22(2);(1)ffee 当 1,2x时，exfmax)(；.9 分（法 2：当0)(0,2xxexfx时，单调递增在且时，1,0()(,0)1()(,0)(1,0(xfxexfxexfxxxefxf)1()(max.9 分）又当0a时，eexa；exgmax)(，,)()(maxmaxxfx

11、g0a；.10 分若0a，当 1,2x时，eagxg2)2()(maxeea，又0a，ea 0；.11 分由可得ea；a的取值范围为,(e.12 分22 解：（1）:224xy，2 分消掉参数 t 得32 310lxy:4 分（）由伸缩变换3xxyy,得33xxyy,带入圆的方程 C 得2243yx 化简得曲线1:C221412xy，5 分其参数方程为22 3xycos,(sin,为参数，且0,2)）设点(2cos,2 3sin)M，6 分点 M 到直线32 310lxy:距离为：高三二模数学文科答案第 8页 共 8 页2 6sin()2 312 3cos2 3sin2 31142 62 31222d8 分当342即54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202|1|2xxx 或2012(1)2xxx或212(1)2xxx解得：0 x 或15x ，不等式的解集为|0 x x 或15x 。5 分（2）222(1)1,1()2|1|(1)3,1xxf xxxxx由函数图像可知min()(1)1,f xf即1abc7 分因为222222()2()abaabbab所以222()2abab8 分同理222()2bcbc222()2caca三个不等式相加得2222222()abbccaabc即2222222accbba10 分