河北省保定市届高三模拟考试三理科数学.docx
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河北省保定市届高三模拟考试三理科数学
理科数学参考答案
一．选择题：
A卷：
DCADABABCBDA
B卷：
BCADABADCBDC
二．填空题：
13．214．3215．34π16．4
三．解答题：
17．解：
（1）由1，an，Sn成等差数列得1＋Sn＝2an，①
特殊地，当n＝1时，1＋S1＝2a1，得a1＝1．
an－1＝2（n≥2），可知{an}是首项为1，公比为2的等比数列．
则an＝2n－1，Sn＝2an－1＝2n－1．…6分
（2）n≥2时，1
当n≥2时，1＋Sn－1＝2an－1，②
①－②得an＝2an－1，an
1
2n－1
＜1
2n－1
Sn＝
，则
1－1
2n
1－1
2
1
S1＋
1
Sn＜1＋
1
2＋
1
2n－1＝
＝2－1
1
S2＋…＋
1
22＋…＋
2n－1＜2．…12分
18．解：
（1）取AB1的中点E，连接EM，EN，
2BB1，
又N为CC1的中点，CC1∥BB1，
所以NC∥BB1，NC＝1
在△ABB1中，E，M分别是AB1，AB的中点，
则EM∥BB1，且EM＝1
2BB1，
从而有EM∥NC且EM＝NC，
所以四边形EMCN为平行四边形，所以CM∥NE．
又因为CM⊄平面B1AN，NE⊂平面B1AN，
所以CM∥平面B1AN．…5分
（2）因为AC＝BC，M为AB的中点，所以CM⊥AB，
直三棱柱ABC—A1B1C1中，由AA1⊥平面ABC，得AA1⊥CM，
又因为AB∩AA1＝A，所以CM⊥平面ABB1A1，从而A1M⊥CM，
又因为A1M⊥B1C，B1C∩CM＝C，所以A1M⊥平面B1MC，
从而有A1M⊥B1M，
因为AC＝BC＝4，AB＝43，AM＝MB，所以AA1＝AM＝23．
由
（1）知EM∥BB1，所以EM⊥平面ABC．
以M为坐标原点，→MB，→MC，→ME为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系M-xyz，则A（－23，0，0），A1（－23，0，23），B1（23，0，23），
高三理科数学参考答案第1页
z
C（0，2，0），N（0，2，3）．
所以A→1M＝（23，0，－23），
→AB1＝（43，0，23），→AN＝（23，2，3）．
A1C1
B1
设平面B1AN的法向量为n＝（x，y，z），
→AB1·n＝0，→AN·n＝0，
则
即
43x＋23z＝0，
23x＋2y＋3z＝0，
10，
所以平面B1AN与平面B1MC所成锐二面角的余弦值为310
取x＝1，则n＝（1，0，－2），
平面B1MC的法向量为A→1M＝（23，0，－23），cos〈A→1M，n〉＝310
A
E
M
B
x
N
C
y
10．…12分
19．解：
（1）因为X＝Y∈（300，600]，所以g（X）＝g（Y），
当X∈（300，400]时，f（X）－g（X）＝（1800＋4X）－（2100＋3X）＝X－300＞0，
当X∈（400，600]时，f（X）－g（X）＝（1800＋4X）－（2100＋4X）＝－300＜0，
故当X∈（300，400]时，f（X）＞g（X），
当X∈（400，600]时，f（X）＜g（X）．…4分
1
5
2
5
1
5
1
15
1
15
（2）（ⅰ）送餐量x的分布列为
x
13
14
16
17
18
20
P
1
15
送餐量y的分布列为
1
6
2
5
1
10
1
6
1
30
1
5＋16×
2
5＋17×
1
5＋18×
1
15＋20×
1
15＝16，
15＋14×
则E（x）＝13×1
y
11
13
14
15
16
18
P
2
15
E（y）＝11×2
1
6＋14×
2
5＋15×
1
10＋16×
1
6＋18×
15＋13×
1
30＝14．…10分
（ⅱ）E（X）＝30E（x）＝480∈（300，600]，E（Y）＝30E（y）＝420∈（400，＋∞），
美团外卖配送员，估计月薪平均为1800＋4E（X）＝3720元，
饿了么外卖配送员，估计月薪平均为2100＋4E（Y）＝3780元＞3720元，
故小王应选择做饿了么外卖配送员．…12分
20．解：
（1）因为抛物线Г：
x2＝2py（p＞0）的焦点为F（0，1），
所以抛物线Г的方程为x2＝4y．
由直线l1的斜率为k1，且过F（0，1），得l1的方程为y＝k1x＋1，
代入x2＝4y化简得x2－4k1x－4＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1＋x2＝4k1，y1＋y2＝k1（x1＋x2）＋2＝4k12＋2，
|AB|＝y1＋y2＋2＝4k21＋4．
因为k1＝3，所以|AB|＝16．…5分
高三理科数学参考答案第2页
（2）设P（x0，x02
4），
将Г的方程x2＝4y化为y＝x2
x
2，
因为斜率为k2的直线l2与Г相切于点P，所以k2＝x0
4，求导得y'＝
＝2k12－1
2k1
2，则P（2k2，k22），
由
（1）知x1＋x2＝4k1，且Q为AB的中点，易得Q（2k1，2k21＋1），
，…10分
整理得（k1k2＋1）（k2－2k1）＝0，
因为l2与l1不垂直，所以k1k2＋1≠0，则k2－2k1＝0，即k1
因为直线PQ过（0，2），所以k22－2
2k2
1
2．…12分
k2＝
21．解：
（1）g（x）＝f'（x）＝lnx＋1－1
2－x
2x
1
x－
1
2＝
2x－a，g'（x）＝
，
当x∈（0，2）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（2，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
故当x＝2时，g（x）的最大值为g
（2）＝ln2－a．
若a＝ln2，g（x）取得最大值g
（2）＝0．…4分
（2）（ⅰ）
若a＝ln2，由
（1）知，当x∈（0，＋∞）时，f'（x）≤0，且仅当x＝2时，f'（x）＝0．
此时f（x）单调递减，且f
（2）＝0，故f（x）只有一个零点x0＝2．…5分
（ⅱ）若a＞ln2，由
（1）知，当x∈（0，＋∞）时，f'（x）＝g（x）＜0，f（x）单调递减．
4a＜1，
我们知道，（xlnx）'＝lnx＋1，故xlnx≥－1
e，
f（x1）＝x1lnx1－1
此时，f
（2）＝2（ln2－a）＜0，注意到x1＝1
2＋3
1
e－
1
4＋
3
4＝
1
2－
4x1
4＞－
1
e＞0，
故f（x）仅存在一个零点x0∈（x1，2）．…8分
1
2e－a＜0，f'（8）＝ln8－3－a＜0，
（ⅲ）若0＜a＜ln2，则g（x）的最大值g
（2）＝ln2－a＞0，
即f'
（2）＞0，注意到f'（1
故存在x2∈（1
e）＝－
1
2x2－1）2＞0，则f（x3）＞0．
2x2－a＝0，故f（x2）＝（
e，2），x3∈（2，8），使得f'（x2）＝f'（x3）＝0．则当x∈（0，x2）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（x2，x3）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（x3，＋∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．故f（x）有极小值f（x2），有极大值f（x3）．
由f'（x2）＝0得lnx2＋1－1
1
4x＜0，
4t＝0，且当x＞t时，lnx－
存在实数t∈（4，16），使得lnt－1
高三理科数学参考答案第3页
记x4＝max{t，1
1
4x4）－ax4＋1≤0，
a}，则f（x4）＝x4（lnx4－
故f（x）仅存在一个零点x0∈（x3，x4]．
综上，f（x）有且仅有一个零点．（另见附注）…12分
22．解：
（1）曲线C的普通方程为：
x2
4＋
y2
3＝1，
直线l的直角坐标方程为：
x－y－1＝0．…4分
＝|7cos（φ＋α）－1|
2
（2）由题意知：
A（1，0），B（4，3），所以|AB|＝32．
设点P（2cosφ，3sinφ），则点P到AB的距离为
，
d＝|2cosφ－3sinφ－1|
3（7＋1）
2
所以△PAB的面积S＝1
3
2|7cos（φ＋α）－1|≤
2
2·|AB|·d＝
，
．…10分
即△PAB的面积S的最大值为3（7＋1）
2
23．解：
（1）∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
∴2（a2＋b2＋c2）≥2ab＋2bc＋2ca，
∴（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≤3（a2＋b2＋c2）＝9.
∴|a＋b＋c|≤3，当且仅当a＝b＝c＝1或a＝b＝c＝－1时，取等号.
故|a＋b＋c|的最大值为3.…5分
c
y时取等号，故ax＋（b＋c）y≤3，
故ax＋（b＋c）y＝2不能成立.…10分
附注：
21题
（2）的一个解法
解：
因为f（x）＝xlnx－1
b
y＝
（2）不能成立.理由如下：
由柯西不等式，得（ax＋by＋cy）2≤（a2＋b2＋c2）（x2＋y2＋y2）＝3，
x＝
当且仅当a
4x2－ax＋1，a＞0，x＞0有且仅有一个零点，
1
x，
4x＋
所以a＝lnx－1
1
x，
4x＋
令h（x）＝lnx－1
－x2＋4x－4
4x2
＝－（x－2）2
4x2
1
4－
1
x2＝
≤0，
x－
h'（x）＝1
h（x）在（0，＋∞）单调递减，h（e3）＝3－e3
1
4＋
e3＜0，
x→0，h（x）→＋∞，
因为a＞0，
高三理科数学参考答案第4页
4x＋
所以y＝a与h（x）＝lnx－1
所以f（x）有且仅有一个零点．（酌情扣1－2分）
1
x有唯一的交点，
高三理科数学参考答案第5页
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