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

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 32nnn 112 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、.3813.84121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，xZGEMDBAPCFHOy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，连结 PO，因为 PA

4、PD，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88 1717

5、17DS 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13422 yx.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 k 不为

6、 0 时：因为,MN S三点共线，M SNSkk 8 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),S m且4OQ OSmn11 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 xtym设112211(,),(,),(,)M x yN xyM xy高三二模数学文科答案第 5页

7、 共 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

8、定点 4(,0)m，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()()

9、22g xg xaxeexeke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

10、即5 分故，当ea2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)(，,)()(m

11、axmaxxfxg0a；.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 6 sin()2 312 3 cos2 3sin2

12、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1abc 7 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