河北省保定市届高三模拟考试三理科数学.docx

1、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：DCADABABCB DA B卷：BCADABADCB DC 二填空题： 132 1432 1534 164 三解答题： 17解： （1）由1，an，Sn成等差数列得1Sn2an， 特殊地，当n1时，1S12a1，得a11 an12(n2)，可知an是首项为1，公比为2的等比数列 则an2n1，Sn2an12n1 6分 （2）n2时，1 当n2时，1Sn12an1， 得an2an1，an 1 2n1 1 2n1 Sn ，则 11 2n 11 2 1 S1 1 Sn1 1 2 1 2n1 21 1 S2 1 22 2n12

2、12分 18解： （1）取AB1的中点E，连接EM，EN， 2BB1， 又N为CC1的中点，CC1BB1， 所以NCBB1，NC1 在ABB1中，E，M分别是AB1，AB的中点， 则EMBB1，且EM1 2BB1， 从而有EMNC且EMNC， 所以四边形EMCN为平行四边形，所以CMNE 又因为CM平面B1AN，NE平面B1AN， 所以CM平面B1AN 5分 （2）因为ACBC，M为AB的中点，所以CMAB， 直三棱柱ABCA1B1C1中，由AA1平面ABC，得AA1CM， 又因为ABAA1A，所以CM平面ABB1A1，从而A1MCM， 又因为A1MB1C，B1CCMC，所以A1M平面B1MC

3、， 从而有A1MB1M， 因为ACBC4，AB43，AMMB，所以AA1AM23 由（1）知EMBB1，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A1M(23，0，23)， AB1(43，0，23)，AN(23，2，3) A1 C1 B1 设平面B1AN的法向量为n(x，y，z)， AB1n0， ANn0， 则 即 43x23z0， 23x2y3z0， 10， 所以平面B1AN与平面B1M

4、C所成锐二面角的余弦值为310 取x1，则n(1，0，2)， 平面B1MC的法向量为A1M(23，0，23)， cosA1M，n310 A E M B x N C y 10 12分 19解： （1）因为XY(300，600，所以g(X)g(Y)， 当X(300，400时，f(X)g(X)(18004X)(21003X)X3000， 当X(400，600时，f(X)g(X)(18004X)(21004X)3000， 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）（）送餐量x的分布列为 x 13 14

5、 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 1 516 2 517 1 518 1 1520 1 1516， 1514 则E(x)131 y 11 13 14 15 16 18 P 2 15 E(y)112 1 614 2 515 1 1016 1 618 1513 1 3014 10分 （）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18004E(X)3720元， 饿了么外卖配送员，估计月薪平均为21004E(Y)3780元3720元， 故小王应选择做饿了么外卖

6、配送员 12分 20解： （1）因为抛物线：x22py（p0）的焦点为F(0，1)， 所以抛物线的方程为x24y 由直线l1的斜率为k1，且过F(0，1)，得l1的方程为yk1x1， 代入x24y化简得x24k1x40，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1x24k1，y1y2k1(x1x2)24k122， |AB|y1y224k214 因为k13，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)， 将的方程x24y化为yx2 x 2， 因为斜率为k2的直线l2与相切于点P，所以k2x0 4，求导得y 2k121 2k1 2，则P(2k2，k22)，

7、由（1）知x1x24k1，且Q为AB的中点，易得Q(2k1，2k211)， ， 10分 整理得(k1k21)(k22k1)0， 因为l2与l1不垂直，所以k1k210， 则k22k10，即k1 因为直线PQ过(0，2)，所以k222 2k2 1 2 12分 k2 21解： （1）g(x)f(x)lnx11 2x 2x 1 x 1 2 2xa，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x2时，g(x)的最大值为g(2)ln2a 若aln2，g(x)取得最大值g(2)0 4分 （2）（） 若aln2，由（1）知，当x(0，)

8、时，f(x)0，且仅当x2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x02 5分 （）若aln2，由（1）知，当x(0，)时，f(x)g(x)0，f(x)单调递减 4a1， 我们知道，(xlnx)lnx1，故xlnx1 e， f(x1)x1lnx11 此时，f(2)2(ln2a)0，注意到x11 23 1 e 1 4 3 4 1 2 4x1 4 1 e0， 故f(x)仅存在一个零点x0(x1，2)8分 1 2ea0，f(8)ln83a0， （）若0aln2，则g(x)的最大值g(2)ln2a0， 即f(2)0，注意到f(1 故存在x2(1 e) 1 2x21)2

9、0，则f(x3)0 2x2a0，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lnx211 1 4x0， 4t0，且当xt时，lnx 存在实数t(4，16)，使得lnt1 高三理科数学参考答案第3页 记x4maxt，1 1 4x4)ax410， 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

10、见附注） 12分 22解： （1）曲线C的普通方程为：x2 4 y2 31， 直线l的直角坐标方程为：xy104分 |7cos()1| 2 （2）由题意知：A(1，0)，B(4，3)，所以|AB|32 设点P(2cos，3sin)，则点P到AB的距离为 ， d|2cos3sin1| 3(71) 2 所以PAB的面积S1 3 2|7cos()1| 2 2|AB|d ， 10分 即PAB的面积S的最大值为3(71) 2 23解： （1）a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca， 2(a2b2c2)2ab2bc2ca， (abc)2a2b2c22ab2bc2ca3(a2b2c2)9. |abc

11、|3，当且仅当abc1或abc1时，取等号. 故|abc|的最大值为3. 5分 c y时取等号，故ax(bc)y3， 故ax(bc)y2不能成立. 10分 附注：21题（2）的一个解法 解：因为f(x)xlnx1 b y （2）不能成立.理由如下： 由柯西不等式，得(axbycy)2(a2b2c2)(x2y2y2)3， x 当且仅当a 4x2ax1，a0，x0有且仅有一个零点， 1 x， 4x 所以alnx1 1 x， 4x 令h(x)lnx1 x24x4 4x2 (x2)2 4x2 1 4 1 x2 0， x h(x)1 h(x)在(0，)单调递减， h(e3)3e3 1 4 e30， x0，h(x)， 因为a0， 高三理科数学参考答案第4页 4x 所以ya与h(x)lnx1 所以f(x)有且仅有一个零点 （酌情扣12分） 1 x有唯一的交点， 高三理科数学参考答案第5页