2020年河北省保定市高考数学一模试卷(二)(有答案解析)
2020年河北省保定市高考数学一模试卷（二）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若复数z=，则=（）A. -1+3iB. -1-3iC. 1+3iD. 1-3i2.已知cosα=-，且α为第二象限角，则sin2α的值为（）A. B. - C. D. -3.设P和Q是两个集合，定义集合P-Q={x|x∈P，且x∉Q}，如果P={x|1＜2x＜4}，Q={y|y=2+sin x，x∈R}，那么P-Q=（）A. {x|0＜x≤1}B. {x|0≤x＜2}C. {x|1≤x＜2}D. {x|0＜x＜1}4.若方程=1表示双曲线，则m的取值范围是（）A. m＜2或m＞6B. 2＜m＜6C. m＜-6或m＞-2D. -6＜m＜-25.在如图所示的程序框图中，如果输出p=120，则输入的N=（）A. 3B. 4C. 5D. 66.已知向量，满足||=3，||=2，且，则与的夹角为（）A. 30°B. 150°C. 60°D. 120°7.已知变量x，y满足约束条件则目标函数z=的取值范围是（）A. [0，2]B. [0，]C. []D. [0，+∞）8.一个多面体的三视图如图所示，设在其直观图中，M是AB的中点，则三棱锥C-MEF的高为（）A. B. C. D.9.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若c=2a，b sin B-a sin A=a sin C，则cos B等于（）A. B. C. D.10.已知S、A、B、C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=1，AB=BC=2，则球O的表面积为（）A. 5πB. πC. 9πD. π11.已知命题p：函数y=sin（2x+）和y=cos（2x-）的图象关于原点对称；命题q：若平行线6x+8y+a=0与3x+by+22=0之间的距离为a，则a=b=4．则下列四个判断：“p∨q是假命题、p∧q是真命题、（￢p）∨q是真命题、p∨（￢q）是真命题”中，正确的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 412.定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足：①f（x m）=mf（x），x＞0，m∈R；②存在实数a＞1，使得f（a）=1．则下列选项正确的是（）A. f（）＞f（3）＞f（2）B. f（）＞f（2）＞f（3）C. f（3）＞f（2）＞f（）D. f（3）＞f（）＞f（2）二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.函数y=x2+e x的图象在点x=0处的切线方程为______14.从由数字，，所组成的所有三位数中随机抽取一个数，则该数为没有重复数字的三位数的概率为________．15.我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一．并五关所税，适重一斤．问本持金几何？“其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为总量的，第2关收税金为剩余的，第3关收税金为剩余的，第4关收税金为剩余的，第5关收税金为剩余的，5关所收税金之和恰好重1斤，问原本持金多少？假设原本持金x斤，则x=______斤．16.已知点O为△ABC所在平面内的一点，且满足||=||=||=1，3，则=______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=2n+1-2．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足b n=S n+log2，求数列{b n}的前n项和T n．18.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=，M为AB的中点.（1）在线段PC上求一点N，使得MN∥平面PAD；（2）若AB=4，PA=PD=2，且二面角P-AD-B为，求PA与平面PBC所成角的正弦值．19.已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的右焦点F2与抛物线y2=4x的焦点重合，且其离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）已知与坐标轴不垂直的直线l与C交于M，N两点，线段MN中点为P，问k MN•k OP（O为坐标原点）是否为定值？请说明理由．20.为了尽快攻克一项科研课题，某生物研究所分别设立了甲、乙两个研究小组同时进行对比试验，现随机在这两个小组各抽取40个数据作为样本，并规定试验数据落在[495，510）之内的数据为理想数据，否则为不理想数据．试验情况如表所示：抽查数据频数甲乙[490，495）62 [495，500）812 [500，505）1418[505，510）86[510，515）42（1）根据表中数据作出两个小组样本数据的频率分布直方图；（2）若从甲小组测得的试验数据中，依次有放回的随机抽查5个数据，设抽到理想数据的次数为ξ，求ξ的分布列与数学期望；（以频率作为概率）（3）由以上统计数据完成下面2×2列联表，并回答有多大的把握认为抽取的数据为理想数据与对两个研究小组的选择有关？甲小组乙小组合计理想数据不理想数据合计附：K2=，其中n=a+b+c+dP（K2≥k）0.150.100.050.0250.0100.0050.001 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.6357.87910.82821.已知函数f（x）=ax2-（a2+1）x，x＞0，a≥1．（1）求证：函数f（x）的零点不小于4；（2）g（x）=f（x）+a ln x，若x∈[1，+∞），求证：g（x）＞-a3-+e-2a．22.已知曲线C的极坐标方程是ρ=，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为（t为参数），曲线M的参数方程是（θ为参数）．（1）写出曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于A、B两点，P为曲线M上的动点，求△ABP面积的最大值．23.已知函数f（x）=|x-1|-|x+a|，a∈R．（1）若a=2，解不等式f（x）≥1；（2）若x∈（2，4）时，|f（x）|＜|2x+a-1|，求a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：解：∵z==，∴=-1+3i．故选：A．直接利用复数的乘除运算化简得,则=-1+3i．本题考查复数的乘除运算，考查共轭复数，是基础题．2.答案：B解析：解：∵co sα=-，且α为第二象限角，∴sinα==，则sin2α=2sinα•cosα=2••（-）=-，故选：B．利用同角三角函数的基本关系求得sinα的值，再利用二倍角公式求得sin2α的值．本题主要考查同角三角函数的基本关系，二倍角公式的应用，属于基础题．3.答案：D解析：解：P={x|0＜x＜2}，Q={y|1≤y≤3}；∴P-Q={x|0＜x＜1}．故选：D．根据P-Q的定义，可求出P，Q，然后即可求出P-Q．考查描述法的定义，指数函数的单调性，正弦函数的值域，以及P-Q的定义．4.答案：A解析：解：若方程=1表示双曲线，则（m-2）（6-m）＜0∴m＜2或m＞6，故选：A．利用方程表示双曲线的充要条件，列出不等式求解即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题．5.答案：C解析：解：第一次p=1，k＜N成立，k=2，第二次p=2，k＜N成立，k=3，第三次p=6，k＜N成立，k=4，第五次p=24，k＜N成立，k=5，第六次p=120，k＜N不成立，输出p=120，故k≤4不成立，k=5成立，则N=5，故选：C．根据条件进行模拟运算即可．本题主要考查程序框图的识别和判断，利用条件进行模拟运算是解决本题的关键．6.答案：B解析：解：∵，；∴；∴；∴；又；∴与的夹角为150°．故选：B．根据即可得出，从而得出，这样即可求出，根据向量夹角的范围即可求出夹角．考查向量垂直的充要条件，向量的数量积运算，以及向量夹角的余弦公式．7.答案：A解析：解：变量x，y满足约束条件的可行域如图阴影部分：目标函数z=的几何意义是可行域内的点与原点连线的斜率，由得A（1，2），所以k OA=2，由图可知目标函数z=的取值范围是：[0，2]．故选：A．画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，求解即可．本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．8.答案：D解析：解：根据题意知，三棱柱ADF-BCE是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图所示；过点C作CN⊥BE，垂足为N，则CN⊥平面ABEF，所以CN是三棱锥C-MEF的高，在R△BCE中，BC=CE=1，所以CN=BE=．故选：D．根据题意知三棱柱ADF-BCE是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，过点C作CN⊥BE，则CN是三棱锥C-MEF的高，求出即可．本题考查了空间中的位置关系与应用问题，是基础题．9.答案：A解析：【分析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．由c=2a，利用正弦定理化简已知等式可得：b2-a2=ac=a2，利用余弦定理即可求得cos B的值．【解答】解：∵若c=2a，，∴则由正弦定理可得：b2-a2=ac=a2，即：，∴．故选A．10.答案：C解析：【分析】本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积公式，其中根据已知条件求出球O的半径是解答本题的关键，属于较易题.由题意可得，S、A、B、C四点均为长宽高分别SA，AB，BC三边长的长方体的顶点，由长方体外接球的直径等于长方体对角线，可得球O的半径，代入球的表面积公式即可得到答案．解析：解：∵SA⊥平面ABC，AB⊥BC，∴四面体S-ABC的外接球半径等于以长宽高分别SA，AB，BC三边长的长方体的外接球的半径．∵SA=1，AB=2，BC=2，∴2R==3，即R=．∴球O的表面积S=4•πR2=9π．故选：C．11.答案：C解析：解：y=cos（2x-）=sin[-（2x-）]=sin（-2x）=-sin（-2x）则函数y=sin（2x+）关于原点对称的函数为-y=sin（-2x+），即y=-sin（-2x），即命题p是真命题，若两直线平行则得b=4，∴两平行直线为6x+8y+a=0与6x+8y+44=0，平行直线的距离为═=a，即|a-44|=10a，a＞0，则a-44=10a或a-44=-10a，得a=4或-（舍），则a=b=4，即命题q是真命题，则“p∨q是真命题、p∧q是真命题、（￢p）∨q是真命题、p∨（￢q）是真命题，正确的命题有3个，故选：C．根据条件判断命题p，q的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可．本题主要考查复合命题真假关系的应用，根据条件判断命题的真假是解决本题的关键．12.答案：C解析：解：在（0，+∞）上若f（x）满足：①f（x m）=mf（x），x＞0，m∈R；∴f（x）为对数型函数，设f（x）=log a x，若在实数a＞1，使得f（a）=1．即当a＞1时，f（x）=log a a=1，则函数f（x）=log a x为增函数，则f（3）＞f（2）＞f（），故选：C．根据抽象函数关系，确定f（x）为对数型函数，设f（x）=log a x，结合条件判断对数函数的单调性，利用函数的单调性进行求解即可．本题主要考查函数值的大小比较，结合抽象函数关系，转化为对数型函数，结合对数函数的单调性是解决本题的关键．13.答案：y=x+1解析：解：函数y=x2+e x，可得y′=2x+e x，切线的斜率为：1，切点坐标（0，1），函数y=x2+e x的图象在点x=0处的切线方程为：y=x+1．故答案为：y=x+1．求出函数的导数，然后求解切线的斜率，切点坐标，然后求解切线方程．本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，考查计算能力．14.答案：解析：解：由1，2，3组成的所有的三位数有33=27个，由1，2，3组成的所有没有重复数字的三位数有=6个，故=．故填：．计算出由1，2，3组成的所有数字，及由1，2，3组成的所有没有重复数字的三位数，即可得到概率．本题考查了古典概型的概率计算，分步乘法原理，属于基础题．15.答案：1.2解析：解：由题意可知过第一关后剩余，过第二关后剩余•=，过第三关后剩余=，过第四关后剩余•=，过第五关后剩余=，∴x-=1，解得x=1.2故答案为：1.2计算每关过后的剩余量即，列方程求出答案．本题考查了数学应用，属于基础题．16.答案：解析：解：∵||=||=||=1，3，∴，两边同时平方可得，9+16+24=25，∴=0，∵=，则==（）==0=，故答案为：．由已知可知两边同时平方可求，然后结合=，及=，结合向量数量积的性质即可求解．本题主要考查了向量数量积的性质的简单应用，属于中档试题．17.答案：解：（1）数列{a n}的前n项和为S n，且S n=2n+1-2．①当n=1时，a1=2．当n≥2时，②①-②得：（首项符合通项），故：．（2）由于：，则：．数列{b n}满足b n=S n+log2=2n+1-2-n．所以：+（23-2-2）+…+（2n+1-2-n），=（22+23+24+…+2n+1）-2n-（1+2+3+…+n），=，=．解析：（1）利用递推关系式求出数列的通项公式．（2）利用（1）的结论，进一步利用分组法求出数列的和．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，利用分组法求数列的和，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．18.答案：解：（1）设线段PC的中点为N，则N为所求．设线段PD的中点为H，连接NH，AH，在△PDC中，HN∥DC，HN=，∵四边形ABCD是菱形，M为AB的中点，∴AM∥DC，AM=，∴HN∥AM，HN=AM，∴四边形AMNH是平行四边形，∴AH∥MN又∵AH⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，∴MN∥平面PAD.即N为线段PC中点时满足MN∥平面PAD．（2）在菱形ABCD中，取AD中点O，连接BO，∵∠BAD=，∴△ABD是等边三角形，由三线合一得：BO⊥AD，连接PO，∵PA=PD，则PO⊥AD，∴∠POB是二面角P-AD-B的平面角，即∠POB=，∴∠POG=，∴OG=，PG=1；如图，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，过点O的平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，2，0），P（0，-，1），C（-4，2，0），=（2，，-1），=（0，3，-1），=（-4，0，0），设面PBC的法向量为=（x，y，z），则，取得=（0，，9），∴PA与平面PBC所成角的正弦值为sin θ=|cos＜＞|==．解析：本题考查满足线面平行的点的位置的判断与求法，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是较难题．（1）设线段PC的中点为N，线段PD的中点为H，连接NH，AH，推导出AM∥DC，从而HN∥AM，HN=AM，从而四边形AMNH是平行四边形，进而MN∥平面PAD，由此得到N为线段PC中点时满足MN∥平面PAD．（2）在菱形ABCD中，取AD中点O，连接BO，则BO⊥AD，连接PO，PA=PD，则PO⊥AD，∠POB是二面角P-AD-B的平面角，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，过点O的平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PA与平面PBC所成角的正弦值．19.答案：解：（1）抛物线y2=4x的焦点为（1，0），∴椭圆C的半焦距为c=1，又椭圆的离心率e=，∴a=2，则b=．∴椭圆C的方程为；（2）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为y=kx+m，联立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0．△＞0即只需n2＜4k2+3．设M（x1，y1），N（x2，y2），则，，∴P（），∴．∴．解析：（1）由抛物线方程求出焦点坐标，得到椭圆半焦距，再由离心率求得a，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求；（2）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为y=kx+m，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求得P的坐标，再由斜率公式求得OP的斜率，可得k MN•k OP为定值．本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．20.答案：解：（1）甲乙两个小猪的频率分布直方图如图，（2）易知甲小组的理想数据为8+14+8=30．故甲小组中理想数据的频率为=0.75由题意知，ξ～B（5，），所以ξ012345PE（ξ）=5×=，（或者E（ξ）=0×+1×+……+5×=．（3）甲小组的理想数据为30，乙小组的理想数据为36，甲小组乙小组合计理想数据30 3666不理想数据 10 4 14合计 4040 80∵由表中数据得K2的观测值k===30117＞2.706．∴有90%的把握任务抽取的数据为理想数据与对两个小组的选择与有关．解析：（1）根据频数计算各小组对应的概率，画频率分布直方图．（2）根据题意，ξ～B（5，），ξ的取值为从0到5，列出分布列，计算期望即可．（3）列出2×2列联表，计算k，查表，判断即可．本题考查了频率分布直方图，二项分布，独立性检验等知识，属于中档题．21.答案：证明：（1）由f（x）=ax2-（a2+1）x，x＞0，a≥1．得零点x=≥=4，当且仅当a=1时取等号，故结论成立．（2）g（x）=f（x）+a ln x=ax2-（a2+1）x+a ln x，x∈[1，+∞），g′（x）=ax-（a2+1）x+==，∴由g′（x）=0，解得x=a，．由a=≥1时，解得a=1．（i）当a=1时，g′（x）≥0，在x∈[1，+∞）上恒成立，g（x）在x∈[1，+∞）上单调递增，∴g（x）min=g（1）=-（1+1）=-，而-a3-+e-2a=-．结论成立．（ii）当＜a，即a＞1时，g（x）在x∈（a，+∞）上单调递增，在x∈（1，a）上单调递减．∴g（x）min=g（a）=a lna--a=-，而-a3-+e-2a=-．结论成立．要证明：g（x）＞-a3-+e-2a成立．即证明：a lna+a＞-+e成立．令u（a）=a lna+a，v（a）=-+e，a＞1．u′（a）=ln a+2＞2，∴u（a）在a∈（1，+∞）上单调递增．∴u（a）＞u（1）=1．v′（a）=-=-＜0，∴v（a）在a∈（1，+∞）上单调递减，v（a）＜v（1）=0＜1．∴a lna+a＞-+e恒成立．因此g（x）＞-a3-+e-2a．解析：（1）由f（x）=ax2-（a2+1）x，x＞0，a≥1．得零点x=，利用基本不等式的性质即可证明．（2）g（x）=f（x）+a ln x=ax2-（a2+1）x+a ln x，x∈[1，+∞），g′（x）=ax-（a2+1）x+=，由g′（x）=0，解得x=a，．由a=≥1时，解得a=1．对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、构造法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．22.答案：解：（1）由题意可知C：x2+y2=3，直线l的直角坐标方程为y=x-1．（2）将直线l方程代入C的方程并整理得t2+-2=0，设A，B对应的参数分别为t1，t2，则t1+t2=-，t1t2=-2，∴|AB|=|t1-t2|=，所以点P到直线l的距离d==，所以当sin（-θ）=-1时，d的最大值为，即三角形ABP面积最大值为××=．解析：（1）消去参数t可得直线l的直角坐标方程，由ρ=可得ρ2=3，可得x2+y2=3；（2）利用参数的几何意义求弦长，利用掉到直线的距离求三角形的高，利用三角函数的性质求最大值．本题考查了简单无线的极坐标方程，属中档题．23.答案：解：（1）当a=2时，f（x）=，当x＜-2时，由f（x）≥1，得x＜-2；当-2≤x≤1时，由f（x）≥1得-2≤x≤-1；当x＞1时，由f（x）≥1，无解；所以不等式f（x）≥1的解集为{x|x≤-1}（2）因为|f（x）|=||x-1|-|x+a||≤|（x-1）+（x+a）|=|2x+a-1|，当且仅当（x-1）（x+a）≤0时，等号成立．当（x-1）（x+a）＞0时，|f（x）|＜|2x+a-1|，记其解集为A，则（2，4）⊆A，①若a≥-1，显然成立；②若a＜-1，∴A=（-∞，1）∪（-a，+∞），∴-2≤a≤-1，所以a的取值范围是[-2，+∞）．解析：（1）分3段去绝对值姐不等式；（2）利用绝对值不等式取等的条件可得．本题考查了绝对值不等式，属中档题．。
河北省保定市2020届高三下学期第二次模拟考试数学(理科)试题--带答案
＝３，犪→ %犫→ rx１２０°，q
→
→
犪＋２犫
＝
．
１４． å y s t 犘－犃犅犆，犃犅＝２槡３，犘犃＝２槡５，q í y s t Í u v + w x
．
１５． *yz犚 +t犳（狓）＝μ＋２λ犲狓＋λ犲２狓狓＋２狓＋２２０２０ｓｉｎ狓i3×d]3=d，\3
×d]3=d+]４，qλ－μ＝
6狓 + D ñ 犕′． X / ： é j 犕′犖 % 狓 + ` ñ 犛 ^ e * ñ， \ ｜犗犙｜·｜犗犛｜＝４ （犗 Îñ）．
２１． （１２b）
t犳（狓）＝（犪＋２）ｌｎ狓＋２狓犪－狓．
（１）Ï1犳（狓）+ÐS； （２）rt犺（狓）＝犳（狓）－２ｌｎ狓 ie|.+Ñdñ狓１，狓２ （狓１＜狓２），
所以
P（A）
4 5
4
C
3 4
4 5
3
g1 5
512（ 625
0.8192）
所以生产 4 个 KN90 口罩所得的利润不少于 8 元的概率为 512 …………12 分 625
19.（1）证明：取 PB 的中点 G，连结 EG，HG，
则 EG / / AB ，且 EG 1
……1 分
高三二模数学理科答案 第 2页 共 9 页
①-②得 3an
an 1
1即an
1 3
an
1
1 3
，
当n
2时，aann11212
1 3
an1
1 3
an1
1 2
1 2
1 3
……3 分 ……5 分
又
a1
1 2
河北省保定市易县中学2020届高三数学模拟试题文含解析
【答案】B 【解析】 【分析】
由 f (x) f (x) 可排除选项 C、D；再由 f (1) 0 可排除选项 A.
【详解】因为 f x cos(x) ln (x)2 1 x cos x ln x2 1 x
cos x ln
1
cos x ln( x2 1 x) f (x) ，故 f (x) 为奇函数，
x2 1 x
排除 C、D；又 f (1) cos1 ln( 2 1) 0 ，排除 A.
故选：B. 【点睛】本题考查根据函数解析式选出函数图象的问题，在做这类题时，一般要利用函数的
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性质，如单调性、奇偶性、特殊点的函数值等，是一道基础题.
所以 m n 2 ， mn a 0 ，故 m 0 ， n 0 ， 又 4 4a 0 ，则且 0 a 1
所以
4 m
1 n
1 2
4 m
1 n
m
n
1 2
5
m n
4n m
9 2
，
当且仅当 m 4n ，即 m 4 ， n 2 时取得最小值 9 ．
nm
3
3
2
此时 a mn 8 ，符合条件． 9
示
，
联
立
x
7,
解得
A7, 9 ．观察可知，当直线 y x z 过点 A7, 9 时， z 有最大值 16．
故选：B 【点睛】本题考查线性规划，重点考查数形结合分析问题，属于基础题型.
9.已知函数 f x sin x cos x 3 1 2sin2 x ，则有关函数 f x 的说法正确的是（ ） 2
2020年高三第一次模拟考试(保定一模)理科数学 试卷及答案
= ( x0 − 1)2
+
y02
=
1 2
x02
−
2
x0
+
3
因为二次函数的对称轴为直线 x=2
所以，该函数在[ − 2,2]上单调递减，所以当 x0 = 2时取得最小值，x0 = −2时取得最大值
所以 M 到点 D 的最短与最长距离分别为1,3………………………………5 分
（2）假设存在点 P( 2, m) ,使得 ∆ABP 的内切圆恰好为 x2 + y2 = 1 设 A(x1, y1), B(x2 , y2 ) 因为直线 AB 与圆 x2 + y2 = 1相切，
则 h′(a) = 2mea (a + 2) − 2a − 4 = 2(a + 2)(mea −1) ．
Q a ∈[−1, 0),∴ea ∈[1 ,1), 且 a + 2 ≥1． e
①当 m ≤1(m ≠ 0) 时， mea −1 < 0,∴h′(a) ≤ 0 ，即 a ∈[−1, 0) 时， h(a) 单调递减.
法 1：因为 AO 为 ∠BAP 的角平分线，所以
kAP = −kAB = −1——————————————————9 分
所以 kAP
=
2 −m 0− 2
河北省保定市2020届高三第一次模拟考试理科数学试题(含答案)
_，`EabFc?defg}，ݤhý，eMci，eM:¢． “|JKL，eMNO”@j'ûkl： “狊犲犻狕犲 狋犺犲 犱犪狔 犪狀犱 犾犻狏犲 犻狋 狋狅 狋犺犲 犳狌犾犾． ” （１）6mjnl'{，犲，犻，狋，犪xy(o;¹+pñ （=Ú?qrÅ}
４． 犪→ V犫→ ，犫→⊥（２犪→＋犫→），犪→ V犫→ +
Ａ．３０°
Ｂ．４５°
Ｃ．６０°
Ｄ．１２０°
５． 《》~ ¡¢Z£¤¥¦+§-¨，©{}Jª«4： “¬}®
¯，°6±®²fVª³®´，«µf¶n？”T·¸~： “¹}º、»、¼、½、
¾，®¿ÀÁ´Ãv¯，ĺ、»Å®²f+¯V¼、½、¾³®²f
Ａ． －１０１０．５
Ｂ． －１０１１
Ｃ． －２０１９．５
)、*+(：r4u４=4，<=4５v，u２０v。
Ｄ．２０２０
１３． ２犪＝１０，犫＝ｌｏｇ５１０，犪１＋犫１＝
．
１４． þÿ犳（狓）＝２ｓｉｎ狓ｓｉｎ（狓＋π３＋φ）~ÿ，T{φ∈（０，π），φ＝
．
１５．犚狋△犃犅犆 {，∠犃＝π２，犅犆＝６，i犅犆 +{ÚÑ，i１ÒÓ+Ñ，vÌt
DE+!4XY+!>abcd。ef@ghij+Bk^!4，ef3!456lm nGo。
４． $[pq?，(r["k!45ast7。
、：r4u１２=4，<=4５v，u６０v。3<=4w;+xy8z{，|
}az~4F+。
2020届河北省保定市高考第一次模拟考试数学(文)模拟试题含解析(精品)
高三第一次模拟考试文科数学试题一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合{}2,1,1,2A =--，集合{}|B k A y kx R =∈=在上为增函数，则A B I 的子集个数为（ ） A ．1 B ． 2 C ． 3 D ．42. 设a 为1i -的虚部，b 为()21i +的实部，则a b +=（ ） A ． -1 B ． -2 C ． -3 D ．03.已知具有线性相关的变量,x y ，设其样本点为()(),1,2,,8i i i A x y i =L L ，回归直线方程为1ˆ2yx a =+，若()1186,2OA OA OA +++=u u u r u u u r u u u u r L L ，（O 为原点），则a = （ ） A ．18 B ．18- C ．14 D ．14- 4. 已知非向量()(),2,,2a x x b x ==-r r，则0x <或4x >是向量a r 与b r 夹角为锐角的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件 C. 充要条件 D ．既不充分也不必要条件 5.已知00:,5100np n N ∃∈<，则p ⌝为（ ） A ．,5100n n N ∀∈< B ．,5100nn N ∀∈≥ C. 00,5100nn N ∃∈≥ D ．00,5100n n N ∃∈>6.2002年国际数学家大会在北京召开，会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计.弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）.如果小正方形的边长为2，大正方形的边长为10，直角三角形中较小的锐角为θ，则sin cos 23ππθθ⎛⎫⎛⎫+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（ ）A ．43310+ B ．43310- C. 43310-+ D ．43310-- 7.如图所示的程序框图中，输出的S 为 （ ）A．99223- B ．100223- C.101223- D ．102223-8. 已知函数()f x 既是二次函数又是幂函数，函数()g x 是R 上的奇函数，函数()()()11g x h x f x =++，则()()()()()()()()()201820172016101201620172018h h h h h h h h h ++++++-+-+-+-=L L （ ）A ．0B ． 2018 C. 4036 D ．4037 9. 如图是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A 3263266346 D ．53610. 已知向量44sin ,cos 22x x a ⎛⎫= ⎪⎝⎭r ，向量()1,1b =r ，函数()f x a b =r r g ，则下列说法正确的是（ ）A ．()f x 是奇函数B ．()f x 的一条对称轴为直线4x π=C.()f x 的最小正周期为2π D ．()f x 在,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数 11.已知双曲线()222109x y b b -=>的左顶点为A ，虚轴长为8，右焦点为F ，且F e 与双曲线的渐近线相切，若过点A 作F e 的两条切线，切点分别为,M N ，则MN = （ ） A ．8 B ．2 C. 23．4312.定义在R 上的偶函数()f x 满足()()1f x f x +=-，当[]0,1x ∈时，()21f x x =-+，设函数()()11132x g x x -⎛⎫=-<< ⎪⎝⎭，则函数()f x 与()g x 的图象所有交点的横坐标之和为（ ）A ．2B ．4 C. 6 D ．8二、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上13.抛物线的顶点在原点，焦点在x 轴上，抛物线上的点()2,P a -到焦点的距离为3，则a =． 14.甲、乙、丙三个各自独立地做同一道数学题，当他们都把自己的答案公布出来之后， 甲说：我做错了； 乙说：丙做对了； 丙说：我做错了．在一旁的老师看到他们的答案并听取了他们的意见后说：“你们三个人中有一个人做对了，有一个说对了.” 请问他们三个人中做对了的是．15.已知实数,x y 满足2202200x y x y x y --≥⎧⎪++≥⎨⎪-≥⎩，若32z x y =-取得最小值时的最优解(),x y 满足()20ax by ab +=>，则4a bab+的最小值为． 16.已知,,a b c 分别为ABC ∆的三个内角,,A B C 的对边，3,2a b ==，且22cosB a ac b =-+，则B =．三、解答题 ：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分.17. 已知数列{}n a 满足：()1122,n n n a a a n n N ++-=+≥∈，且121,2a a ==. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足()*1121,n n n n a b a b n n N ++=≥∈g g ，且11b =.求数列{}n b 的通项公式，并求其前n 项和n T .18.某大学导师计划从自己所培养的研究生甲、乙两人中选一人，参加雄安新区某部门组织的计算机技能大赛，两人以往5次的比赛成绩统计如下：（满分100分，单位：分）.（2）在一次考试中若两人成绩之差的绝对值不大于2，则称两人“实力相当”.若从上述5次成绩中任意抽取2次，求恰有一次两人“实力相当”的概率.19. 如图，四棱台1111A B C D ABCD-中，1A A⊥底面111,3,23,2ABCD A B A A AB AC====，平面11A ACC⊥平面11,C CDD M为1C C的中点.（1）证明：1AM D D⊥；（2）若030ABC∠=，且AC BC≠，求点A到平面11B BCC的距离.20. 椭圆()2222:10x yC a ba b+=>>的离心率为12，且过点31,2⎛⎫-⎪⎝⎭.（1）求椭圆C的方程；（2）设(),P x y为椭圆C上任一点，F为其右焦点，点P'满足()4,0PP x'=-u u u r.①证明：PPPF'u u u ru u u r为定值；②设直线12y x m=+与椭圆C有两个不同的交点A B、，与y轴交于点M.若,,AF MF BF成等差数列，求m的值.21. 已知函数()af x xx=+.（1）判断函数()f x的单调性；（2）设函数()ln1g x x=+，证明:当()0,x∈+∞且0a>时，()()f xg x>.（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为21x ty ta=⎧⎪⎨=⎪⎩（t为参数，0a>），在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线:cos sin0l bρθρθ-+=与2:4cosCρθ=-e相交于A B、两点，且090AOB∠=.（1）求b的值；（2）直线l与曲线1C相交于M N、，证明：22C M C Ng（2C为圆心）为定值.23. 已知函数()1f x x =+.（1）解关于x 的不等式()210f x x -+>；（2）若函数()()()1g x f x f x m =-++，当且仅当01x ≤≤时，()g x 取得最小值，求()1,2x ∈-时，函数()g x 的值域.试卷答案一、选择题1-5: DABBB 6-10: ACDCD 11、12：DB 二、填空题13. ±甲 15. 9 16. 6π（或30°） 三、解答题17.解：（1）由()*1122,n n n a a a n n N +-=+≥∈知数列{}n a 为等差数列，且首项为1，公差为211a a -=，所以n a n =； （2）∵()121n n nb n b +=+， ∴()11112n n b b n n n +=≥+g ，∴数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以111b =为首项，12为公比的等比数列， 112n n b n -⎛⎫= ⎪⎝⎭，从而12n n nb -=， 01221123122222n n n n n T ---=+++++L ，23111231222222n n n n nT --=+++++L ， ∴2111111122121222222212n n n n n n n n n T --+=++++-=-=--L ， 所以1242n n n T -+=-. 18.解：（1）∵90,90x x ==甲乙，2231.6,50S S ==甲乙，22S S <甲乙，∴甲的成绩更稳定；（2）考试有5次，任选2次，基本事件有()87,100和()87,80，()87,100和()84,85，()87,100和()100,95，()87,100和()92,90，()87,80和()84,85，()87,80和()100,95，()87,80和()92,90，()84,85和()100,95，()84,85和()92,90，()100,95和()92,90共10个，其中符合条件的事件有()87,100和()84,85，()87,100和()92,90，()87,80和()84,85，()87,80和()92,90，()84,85和()100,95，()100,95和()92,90共有6个，则5次考试，任取2次，恰有一次两人“实力相当”的概率为63105=， 另法：这5次考试中，分数差的绝对值分别为13，7，1，5，2，则从中任取两次，分差绝对值的情况为()()()()()()()()()()13,7,13,1,13,5,13,2,7,1,7,5,7,2,1,5,1,2,5,2共10种，其中符合条件的情况有()()()()()()13,1,13,2,7,1,7,2,1,5,5,2共6种情况， 则5次考试，任取2次，恰有一次两人“实力相当”的概率为63105=. 19.（1）证明：连接1AC ，∵1111A B C D ABCD -为四棱台，四边形1111A B C D :四边形ABCD ， ∴111112A B ACAB AC==，由2AC =得，111AC =， 又∵1A A ⊥底面ABCD ，∴四边形11A ACC 为直角梯形，可求得12C A =， 又2,AC M =为1CC 的中点，所以1AM C C ⊥，又∵平面11A ACC ⊥平面11C CDD ，平面11A ACC ⋂平面111C CDD C C =， ∴AM ⊥平面111,C CDD D D ⊂平面11C CDD ， ∴1AM D D ⊥； （2）解：在ABC ∆中，03,2,30AB AC ABC ==∠=，利用余弦定理可求得，4BC =或2BC =，由于AC BC ≠，所以4BC =，从而222AB AC BC +=，知AB AC ⊥，又∵1A A ⊥底面ABCD ，则平面11A ACC ⊥底面,ABCD AC 为交线，∴AB ⊥平面11A ACC ，所以1AB CC ⊥，由（1）知1,AM CC AB AM A ⊥⋂=， ∴1CC ⊥平面ABM （连接BM ），∴平面ABM ⊥平面11B BCC ，过点A 作AN BM ⊥，交BM 于点N ，则AN ⊥平面11B BCC ， 在Rt ABM ∆中可求得AM BM ==5AN =， 所以，点A 到平面11B BCC的距离为5. 20.解：（1）由12c a =得2234a b =， 把点31,2⎛⎫- ⎪⎝⎭代入椭圆方程为221914a b +=，∴221913a a+=得24a =， ∴23b =，椭圆的标准方程为22143x y +=； （2）由（1）知221,143x y c +==，142PF x ====-u u u r ，而4PP x '=-u u u r，∴2PP PF'=u u u r u u u r 为定值；②直线12y x m =+与椭圆C 联立，2212143y x m x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得2230x mx m ++-=， ()2243022m m m ∆=-->⇒-<<，设112211,,,22A x x m B x x m ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则21212,3x x m x x m +=-=-g ， 由①知()()12114,422AF x BF x =-=-，∴1244,22x x mAF BF MF ++=-=+= ∵,,AF MF BF 成等差数列， ∴2AF BF MF +=，即42m +=125m =或43m =-， 又因为22m -<<，所以43m =-. 21.解：（1）因为()()22210a x af x x x x -'=-=≠，①若()0,0a f x '≤>，∴()f x 在()(),0,0,-∞+∞为增函数； ②若0a >，则()200f x x a x '>⇒->⇒<x >())2000f x x a x x '<⇒-<⇒<<≠，∴函数()f x的单调递增区间为(),,-∞+∞，单调递减区间为()(,；（2）令()()()()ln 10ah x f x g x x x x x=-=+-->，()22211a x x a h x x x x --'=--=，设()20p x x x a =--=的正根为0x ，所以2000x x a --=，∵()1110p a a =--=-<，∴01x >，()h x 在()00,x 上为减函数，在()0,x +∞上为增函数， ()()2000000000min00ln 1ln 12ln 2x x ah x h x x x x x x x x x -==+--=+--=--，令()()2ln 21F x x x x =-->，()12120x F x x x-'=-=>恒成立，所以()F x 在()1,+∞上为增函数， 又∵()12020F =--=，∴()0F x >，即()min 0h x >， 所以，当()0,x ∈+∞时，()()f x g x >.22.（1）解：直线l 和圆2C 的普通方程分别为()220,24x y b x y -+=++=，090AOB ∠=，∴直线l 过圆2C 的圆心()22,0C -，所以20,2b b -+==；（2）证明：曲线()21:0C x ay a =>，可知直线l的参数方程为222x t y t ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数）代入曲线1C得214022t a t ⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭，21402a a ∆=+>恒成立， 设M N 、两点对应的参数分别为12t t 、，则124812t t ==g ， 所以22128C M C N t t ==g g 为定值.23.解：（1）2211011x x x x +-+>⇒+>-，①211211x x x x ≥-⎧⇒-<<⎨+>-⎩，②2111x x x φ<-⎧⇒⎨-->-⎩， 所以，不等式的解集为{}|12x x -<<；（2）()1111g x x x m x x m x x m m =+++=-+++≥-+++=+， 当且仅当()()10x x m -++≥g 时取等号，∴110m ++=， 得2m =-，∴()1g x x x =+-，故当()1,2x ∈-时，()21101012112x x g x x x x -+-<<⎧⎪=≤≤⎨⎪-<<⎩，所以()g x 在()1,2x ∈-时的值域为[)1,3.。
2020年保定一模——数学答案
2020年保定一模数学参考答案一、选择题（本大题共16个小题，共42分。
1—10小题各3分；11—16小题各2分。
）1—5：BCCBB 6—10：CBBAB 11—16：CABCDD二、填空题（本大题共3个小题，共11分。
17小题3分；18—19小题各2个空，每空2分）17．201918．（1）4（2）5或－319．135；（n －2）·180n.三、解答题（本大题共7个小题，共67分）20．解：（1）－6－2＋1＋4＝－8＋5＝－3-----------------------------2分（2）①（―6）―4＝―10--------------------4分②（―6）×（－2）＝12--------------6分（3）答案不唯一，符合要求即可。
如：―2―1×4＝―6；―6＋4÷1＝－2；4―（―6）÷（－2）＝1；（－2）×1―（―6）＝4-----------8分21．尝试：1013---------------------------4分发现：（3n ＋1）------------------------6分当n ＝2020时，3n ＋1＝6061，即第2020次画线后得到互不重叠的正方形的个数是6061-------------7分探究：不能。
----------------------------------------8分设每次画线后得到互不重叠的正方形的个数为m ，则m ＝3n ＋1。
若m ＝1001，则1001=3n ＋1。
解得31333=n 。
这个数不是整数，所以不能。
-----------------------------9分22．解：（1）设另一个球面上标的数是x .由题意，得022=+x ，x ＝－2。
∴众数是－2.------------------3分（2）摸出的球面上的数是正数的概率2142==。
2020年河北省保定市高考数学一模试卷(理科)-普通用卷
2020年河北省保定市高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合或，则A. B.C. D.2.若复数，则A. B. C. D.3.已知互相垂直的平面，交于直线l，若直线m，n满足，，则A. B. C. D.4.已知与均为单位向量，若，则与的夹角为A. B. C. D.5.九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有五人五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思是：“现有甲、乙、丙、丁、戊，五人依次差值等额分五钱，要使甲、乙两人所得的钱数与丙、丁、戊三人所得的钱数相等，问每人各得多少钱？”请问上面的问题里，五人中所得的最少钱数为A. 钱B. 钱C. 钱D. 钱6.在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a cos C，b cos B，c cos A成等差数列，若外接圆的半径为1，则A. B. 2 C. D.7.一直三棱柱的每条棱长都是2，且每个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为A. B. C. D.8.如图所示的程序框图中，若输入的，则输出的A.B.C.D.9.抛掷一枚质地均匀的硬币，记为数列的前n项和，则且的概率为A. B. C. D.10.已知等差数列的前n项和为，若点A，B，C，O满足：；，B，O确定一个平面；，则A. 29B. 40C. 45D. 5011.抛物线焦点为F，点P满足为坐标原点，若过点O作互相垂直的两弦OA、OB，则当弦AB过点P时，的所有可能取值的集合为A. B. C. D.12.设函数，若常数A满足：对，唯一的，使得，A，成等差数列，则A. B. C. D. 2020二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若，，则______．14.设函数是奇函数，其中，则______．15.中，，，以BC的中点为圆心，以1为半径的圆，分别交BC于点P、Q，则______．16.若是定义在R上的函数，且对任意都有，，且，则______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在中，设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若a，b，c成等比数列，求证：；若为锐角，，求中AB边上的高h．18.如图，四边形ABCD为矩形，和均为等腰直角三角形，且，．求证：平面BCF；设，问是否存在，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．19.习近平总书记在2020年元旦贺词中勉励大家：“让我们只争朝夕，不负韶华，共同迎接2020年的到来．”其中“只争朝夕，不负韶华”旋即成了网络热词，成了大家互相砥砺前行的铮铮誓言，激励着广大青年朋友奋发有为，积极进取，不负青春，不负时代．“只争朝夕，不负韶华”用英文可翻译为：“”求上述英语译文中，e，i，t，a四个字母出现的频率小数点后面保留两位有效数字，并比较四个频率的大小；用“”连接在上面的句子中随机取一个单词，用X表示取到的单词所包含的字母个数，写出X的分布列，并求出其数学期望；从上述单词中任选两个单词，求其字母个数之和为6的概率，20.已知椭圆C：的右焦点为，离心率为，且经过点，点M为椭圆上的动点．求M到点的最短与最长距离；设直线l：与椭圆C相交于A、B两点，则是否存在点，使得的内切圆恰好为？并说明理由．21.已知函数．若，求函数的最大值；设，若对任意，，不等式恒成立，求实数m的取值范围．22.在直角坐标系xOy中，曲线为参数，M是上的动点，点P满足，且其轨迹为．求的直角坐标方程；在以O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，射线OE与、交点分别为A、均异于，求线段AB中点Q的轨迹的极坐标方程．23.已知a，b，c为正数，．若，求函数的最小值；若且a，b，c不全相等，求证：．-------- 答案及解析 --------1.答案：C解析：解：集合或，．．故选：C．利用交集定义直接求解．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.答案：B解析：解：，．故选：B．利用虚数单位i的运算性质变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.答案：C解析：【分析】本题考查两直线关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于基础题．由已知条件推导出，再由，推导出．【解答】解：互相垂直的平面，交于直线l，直线m，n满足，或或m与相交，，，．故选：C．4.答案：D解析：解：设与的夹角为；因为与均为单位向量，，；因为为向量的夹角，所以；故选：D．直接代入数量积为0即可求解结论．本题主要考查向量数量积的应用，根据向量垂直进行求解是解决本题的关键．5.答案：D解析：解：依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为，，a，，，则由题意可知，，即，又，，五人中所得的最少钱数为，故选：D．依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为，，a，，，由题意求得，结合求得，则答案可求．本题考查等差数列的通项公式，是基础的计算题．6.答案：C解析：解：由题意，得，由正弦定理，得，即，，，，，，外接圆的半径为1，，，故选：C．利用等差数列列出方程，然后利用正弦定理结合三角形的内角和，转化求解即可．本题考查等差数列以及三角形的解法，正弦定理以及两角和的正弦公式，考查计算能力．7.答案：A解析：解：正三棱柱的两个底面的中心的连线的中点就是球的球心，球心与顶点的连线长就是半径，设底面三角形外接圆的半径r，由正弦定理可得，，，所以，所以球的表面积．故选：A．正三棱柱的两个底面的中心的连线的中点就是球的球心，球心与顶点的连线长就是半径，求出球的半径，即可求出球的表面积本题是基础题，考查正三棱柱的外接球的表面积的求法，明确球心、球的半径与正三棱柱的关系是本题解决的关键．8.答案：C解析：解：由已知中的程序语句可知：该程序的功能是计算并输出变量的值，若输入的，则时，；时，；时，；综上，输出的．故选：C．由已知中的程序语句可知：该程序的功能是计算并输出变量的值，分类讨论即可求解．本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．9.答案：B解析：解：抛掷一枚质地均匀的硬币，记为数列的前n项和，且包含2种情况：前3次中1次正面向上2次反面向上后七次中6次正面上1次反面向上，前3次中2次正面向上1次反面向上后七次中5次正面上2次反面向上，且的概率为．故选：B．且包含2种情况：前3次中1次正面向上2次反面向上后七次中6次正面上1次反面向上，前3次中2次正面向上1次反面向上后七次中5次正面上2次反面向上，由此能求出且的概率．本题考查概率的求法，考查互斥事件概率加法公式和n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．10.答案：D解析：解：因为，且A，B，O确定一个平面所以A、B、C三点共线，且A、B、C、O四点共面．又因为，所以．又因为是等差数列，所以故选：D．先根据；，B，O确定一个平面结合向量共线的条件求出，再利用等差数列的性质和求和公式求．本题综合考查了平面向量的共线条件与等差数列的求和公式、性质等知识，同时考查了学生对一些常见结论的整理和记忆．是一道中档题．11.答案：A解析：解：由题意可知，，设，，当直线AB的斜率不存在时，，，，显然，，点，又，，，，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为：，联立方程，消去y得：，，，，，，，，，直线AB的方程为：，令得，，，又，，，，综上所求，的值为4，故选：A．由题意可知，，设，，当直线AB的斜率不存在时，点，又，所以，当直线AB的斜率存在时，由得，设直线AB的方程为：，与抛物线方程联立，利用韦达定理代入得，所以，故．本题主要考查抛物线的定义，以及直线与抛物线的位置关系，是中档题．12.答案：A解析：解：对，唯一的，使得，A，成等差数列，可得对，唯一的，成立．由函数在递减，可得在的值域为；在递增，可得其在的值域为；由题意可得，可得，且，解得且，可得．故选：A．由等差数列的中项性质和对数函数的单调性，求得和在上的值域，将恒成立问题转化为两个值域间的包含关系，接不上可得所求值．本题考查函数恒成立问题解法，注意运用转化思想和集合的关系，考查对数函数的单调性的运用，以及不等式的解法，考查运算能力，属于中档题．13.答案：1解析：解：，，，又，．故答案是1．根据对数运算与指数运算是互为逆运算，求出a，再利用换底公式求出与，进行对数运算可求．本题考查了指数与对数的互化，考查了对数的运算公式及换底公式，熟练运用换底公式化同底数的对数是进行对数运算的关键．14.答案：解析：解：是奇函数，为偶函数，根据偶函数的性质可得，当时，函数取得最值，即，，，，．故答案为：由已知结合函数的性质可得为偶函数，然后根据偶函数的对称性可求．本题主要考查了函数奇偶性的性质的应用及正弦函数对称性的应用，属于基础试题．15.答案：56解析：解：因为，，所以，因为，，则在中，由余弦定理可得，，中，同理可得，所以．故．故答案为：56．由已知根据勾股定理可求，然后分别在中，中结合余弦定理可求，，代入可求．本题主要考查了圆的性质的应用及余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档试题．16.答案：102解析：解：根据题意，，则，又由，必有，则；设，则，则有，故；故；故答案为：102．根据题意，分析可得，进而变形可得，即可得；据此分析可得答案．本题考查抽象函数的求值，关键是分析得到．17.答案：解：证明：因为a，b，c成等比数列，所以；而当且仅当时取等号又因为B为三角形的内角，所以；在中，因为，所以．又因为，，所以由正弦定理，解得；由得．由余弦定理，得．解得或舍．所以AB边上的高．解析：由已知得；代入余弦定理结合余弦函数的性质即可得证．由二倍角公式求出角A的正弦，再结合正弦定理求出a，进而求得结论．本题考查了等比数列、余弦定理、基本不等式的性质、余弦函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.答案：解：因为，平面BCF，平面BCF．所以平面BCF，同理由，所以平面分所以平面平面BCF，平面ADE，故ED平面分以D为原点，建立空间直角坐标系，如图．因为，所以平面ABCD，又因为，所以平面ABCD．设，，则0，，a，，0，，a，分则0，，a，，设平面DEF的法向量为，则由取，因为，则分设平面BEF的法向量为，0，，则由，取，分因为二面角的余弦值为，所以，即，由于，所以不存在正实数，使得二面角的余弦值为分解析：由，利用线面平行对判定定理可得：平面同理由，可得平面BCF，再利用面面平行的判定定理性质定理即可证明结论．以D为原点，建立空间直角坐标系，如图．设平面DEF的法向量为，利用法向量的性质即可得出设平面BEF的法向量为，同理可得，再利用向量夹角公式即可得出．本题考查了空间位置关系、空间角、法向量的性质、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19.答案：解：，i，t，a四个字母出现的频率分别为：，其大小关系为：e出现的频率出现的频率出现的频率出现的频率．在上面的句子中随机取一个单词，用X表示取到的单词所包含的字母个数，则X的可能取值为2，3，4，5，，，，，分布列为：X 2 3 4 5P其数学期望为．满足字母个数之和为6的情况分为两种情况：从含两个字母的两个单词中取一个，再从含4个字母的两个单词中取一个，其取法个数为，从含3个字母的4个单词中取两个，其取法个数为，故所求的概率为．解析：分别求出e，i，t，a四个字母出现的频率，由此能比较四个频率的大小．的可能取值为2，3，4，5，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望．满足字母个数之和为6的情况分为两种情况：从含两个字母的两个单词中取一个，再从含4个字母的两个单词中取一个，从含3个字母的4个单词中取两个，由此能求出其字母个数之和为6的概率．本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.答案：解：依题意得所以，所以椭圆的方程为；设到点D的距离为d，则，因为二次函数的对称轴为直线，所以，该函数在上单调递减，所以当时取得最小值，时取得最大值，所以M到点D的最短与最长距离分别为1，3；假设存在点，使得的内切圆恰好为，设，，因为直线AB与圆相切，，，AB的方程为，联立得，，，，法1：因为AO为的角平分线，所以，所以，，所以直线BP的方程为为，因为圆心到直线BP的距离为，所以此时BP不是圆的切线，，BP也不是圆的切线，综上所述：P不存在．，，所以，直线AP的方程为，由原定O到直线AP的距离为1得，解得或，当时，，此时直线BP的效率为，所以直线BP的方程为，因为圆心到直线BP的距离为，所以此时BP不是圆的切线．，，此时直线BP的效率为，所以直线BP的方程为，与直线AB重合，故舍去．，BP也不是圆的切线．综上所述：P不存在．解析：由椭圆的离心率公式和点满足椭圆方程，可得a，b，c的方程，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程，设到点D的距离为d，由两点的距离公式和二次函数的性质、椭圆的范围，可得所求最值；假设存在点，使得的内切圆恰好为，设，，运用直线和圆相切的条件：，以及直线和椭圆方程联立求交点，对n 讨论，即可判断存在性．本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆方程联立求交点，以及直线和圆的位置关系，考查方程思想和分类讨论思想，化简运算能力和推理能力，属于中档题．21.答案：解：由，所以，因为，所以在上，递增；在递减，所以函数只有最大值，其最大值为．，所以，即，由于时，函数为减函数，因为对任意的，，不等式恒成立，故只需，即原式等价于对任意的，恒成立，记，则．，，且．当时，，，即时，单调递减．，只需，解得，．当时，令得，或舍去；当时，，当时，；当时，，，解得，．当时，则，又因为，所以，则在上单调递增，，综上，m的取值范围是．解析：求导，根据单调性判断其最大值，先代入函数，仔细分析后，把含参数x的分离到不等号一边，可发现含x的是单调递减函数，通过最值放缩，再求剩余函数的最值，求出参数的取值范围．本题考查导数最值，以及求满足不等式的参数，属于难题．22.答案：解：法1：设，则由条件知由于M点在上，所以从而的参数方程为为参数消去参数得到所求的直角坐标方程为法2：由为参数得即的直角坐标方程为：设，则由条件知由于M点在上，所以M的坐标适合上述方程即，化简得所求的直角坐标方程为因为，，代入上式得的直角坐标方程得，其极坐标方程为同理可得曲线的极坐标方程为设，，，则AB的中点Q的轨迹方程为即AB的中点Q的轨迹极坐标方程为解析：由先求出P的参数方程，然后消去参数即可；也可以先将M的直角坐标方程求出来，再求P的轨迹方程．先求出、的极坐标方程，因为射线OE与、交点分别为A、均异于，可见中点Q与A、B的极角相同，则问题迎刃而解．本题考查了直角坐标方程与参数方程的互化，以及代入法求轨迹方程的基本思路．第二问中利用A、B、Q的极角相同较容易的求出Q的极坐标方程，要注意体会．23.答案：解：因为，所以，法1：由上可得：所以，当时，函数的最小值为2；法2：，当且仅当，即时取得最小值2；证明：因为a，b，c为正数，所以要证，即证明就行了，法1：因为，当且仅当时取等号．又因为即且a，b，c不全相等，所以，即，法2：因为，当且仅当取等号，又因为即且a，b，c不全相等，所以，即．解析：法1：去绝对值，化为分段函数，求出最值，法2：根据绝对值三角不等式，求出最值，法1：根据基本不等式即可证明，法2：根据柯西不等式即可证明．本题考查重要不等式的应用，不等式的证明，考查转化思想以及计算能力．。
2023年河北省保定市高考数学一模试卷+答案解析(附后)
2023年河北省保定市高考数学一模试卷1. 已知集合，，则( )A. B. C. D.2. 已知复数，则( )A. B. 8i C. D.3. 设，是两个不同的平面，则“内有无数条直线与平行”是“”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4. 保定市主城区开展提升城市“新颜值”行动以来，有一街边旧房拆除后，打算改建成矩形花圃ABCD，中间划分出直角三角形MPQ区域种玫瑰，直角顶点M在边AB上，且距离A 点5m，距离B点6m，且P、Q两点分别在边BC和AD上，已知，则玫瑰园的最小面积为( )A. B. C. D.5. 函数的大致图象为( )A. B.C. D.6. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，，是正三角形，平面平面ABCD，且，则PC与平面PAD所成角的正切值为( )A. 2B.C.D.7. 函数，的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下说法正确的是( )A. 函数的最小正周期是B. 函数在上单调递减C. 函数的图象向左平移个单位后关于直线对称D. 若圆C的半径为，则函数的解析式为8. 已知，，，则( )A. B. C. D.9. 已知平面向量，，，则下列说法正确的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则向量在上的投影向量为D. 若，则向量与的夹角为锐角10. 椭圆有一条光学性质：从椭圆一个焦点出发的光线，经过椭圆反射后，一定经过另一个焦点.假设光线沿直线传播且在传播过程中不会衰减，椭圆的方程为，则光线从椭圆一个焦点出发，到首次回到该焦点所经过的路程可能为( )A. 2B. 8C. 10D. 1211. 沙漏，据《隋志》记载：“漏刻之制，盖始于黄帝”.它是古代的一种计时装置，由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的细管长度忽略不计假设该沙漏每秒钟漏下的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是( )A. 沙漏的侧面积是B. 沙漏中的细沙体积为C. 细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为D. 该沙漏的一个沙时大约是837秒12. 如图所示的三角数阵，其中第m行从上到下，第n列从左到右的数表示为，且，当时，有，则下列说法正确的是( )A.B.C. …D. …13. 二项式的展开式中的常数项为__________.14. 写出过抛物线上的点且与圆相切的一条直线的方程______ .15. 某校为促进拔尖人才培养开设了数学、物理、化学、生物、信息学五个学科竞赛课程，现有甲、乙、丙、丁四位同学要报名竞赛课程，由于精力和时间限制，每人只能选择其中一个学科的竞赛课程，则恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为______ .16. 已知是函数在定义域上的导函数，且，，若函数在区间内存在零点，则实数m的最小值为______ .17. 已知的最小正周期为求的值；在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，求角B的大小以及的取值范围.18. 已知，，，…，是以1为首项，1为公差的等差数列.求的通项公式；求数列前2n项的和19. 如图，平行六面体的所有棱长均为，底面ABCD为正方形，，点E为的中点，点F为的中点，动点P在平面ABCD内.若O为AC中点，求证：；若平面，求线段CP长度的最小值.20. 在过去三年防疫攻坚战中，我国的中医中药起到了举世瞩目的作用.某公司收到国家药品监督管理局签发的散寒化湿颗粒《药品注册证书》，散寒化湿颗粒是依据第六版至第九版《新型冠状病毒肺炎诊疗方案》中的“寒湿疫方”研制的中药新药.初期为试验这种新药对新冠病毒的有效率，把该药分发给患有相关疾病的志愿者服用.若10位志愿者中恰有6人服药后有效，从这10位患者中选取3人，以表示选取的人中服药后有效的人数，求的分布列和数学期望；若有3组志愿者参加试验，甲，乙，丙组志愿者人数分别占总数的，，，服药后，甲组的有效率为，乙组的有效率为，丙组的有效率为，从中任意选取一人，发现新药对其有效，计算他来自乙组的概率.21. 如图，双曲线的中心在原点，焦距为，左、右顶点分别为A，B，曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于点M，直线AP与椭圆交于另一点求椭圆及双曲线的标准方程；设MN与x轴交于点T，是否存在点P使得其中，为点P，T的横坐标，若存在，求出P点的坐标，若不存在，请说明理由.22. 已知函数当时，证明：当时，；当时，恒成立，求a的取值范围.答案和解析1.【答案】D【解析】解：因为，所以故选：解一元二次不等式再求交集．本题主要考查交集及其运算，属于基础题．2.【答案】A【解析】解：，则，，故故选：利用复数的运算，再结合共轭复数的意义求解作答．本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．3.【答案】B【解析】解：如图所示：长方体中，平面在平面内，除直线AB外，其他所有与平行的直线，都与平面ABCD平行，但是平面与平面ABCD不平行；若，根据面面平行的定义可知，平面内的直线都与平面平行．所以“内有无数条直线与平行”是“”的必要不充分条件．故选：根据面面平行的定义以及判定定理，举例即可得出答案．本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：如图所示，设，则，，所以，，所以，又P、Q两点分别在边BC和AD上，所以，，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，即的最小值为30，故选：设根据直角三角形的性质可将，，进而可得，再根据P、Q两点分别在边BC和AD上，可得，进而可得最小值．本题主要考查解三角形，属于中档题．5.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数对称性，函数值的对应性，利用排除法是解决本题的关键．难度不大．判断函数的对称性，利用时，，时，，排除C，进行判断排除即可．【解答】解：要使函数有意义，则，得，是偶函数，则关于y轴对称，则关于对称，排除A，D，又时，，时，，排除C，故选：6.【答案】B【解析】解：取AD的中点O，连接PO，由已知为等边三角形，所以，又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，所以平面ABCD，设，则，，又，所以矩形ABCD的面积，所以四棱锥的体积，所以，所以，所以，因为平面平面ABCD，，平面平面，平面ABCD，所以平面PAD，又平面PAD，所以，所以为直角三角形，斜边为PC，因为平面PAD，所以PC与平面PAD所成角的平面角为，在中，，，所以，PC与平面PAD所成角的正切值为故选：连接PO，O为AD的中点，结合面面垂直性质定理证明平面ABCD，根据锥体体积公式求PD，再由面面垂直性质定理证明平面PAD，根据线面角的定义证明PC与平面PAD所成角的平面角为，解三角形求其正切值．本题主要考查了求直线与平面所成的角，属于中档题．7.【答案】D【解析】解：由函数图象，可得点C的横坐标为，所以函数的最小正周期为，所以A不正确；又由，且，即，根据五点作图法且，可得，解得，因为，可得，结合三角函数的性质，可得函数在是先减后增的函数，所以B错误；将函数的图象向左平移个单位后，得到，可得对称轴的方程为，，即，所以不是函数的对称轴，所以C错误；当时，可得，即，若圆的半径为，则满足，即，解得，所以的解析式为，所以D正确．故选：根据函数的图象，求得的最小正周期，可判定A错误；利用五点作图法，求得，结合三角函数的性质，可判定B错误；利用三角函数的图形变换得到平移后的函数解析式为，进而判定C错误；利用，求得A的值，可判定D正确．本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．8.【答案】D【解析】解：构造函数，，在上单调递增，所以，即，也即，则，设，，设，，所以在上递增，，即，在上单调递增，所以，即，构造函数，，在上递增，所以，即，即综上所述，故选：利用构造函数法，结合导数，先判断a，c的关系，然后判断b，c的关系，从而确定正确答案．本题主要考查了利用导数来比较代数式的大小，主要是通过构造函数法，然后利用导数研究所构造函数的单调性，由此来比较出代数式的大小．在比较大小的过程中，如果无法一次比较出大小关系，可通过多次比较大小放缩法来进行比较．9.【答案】BC【解析】解：已知平面向量，，，对于A，若，可得，即，解得，所以A选项错误；对于B，若，根据平面向量共线性质，可得，即，所以B选项正确；对于C，若，则，由投影向量定义可知向量在上的投影向量为，所以C选项正确；对于D，若，则，所以；但当时，，此时向量与的夹角为，所以D选项错误．故选：根据向量线性运算即数量积公式可判断AB选项，根据投影向量定义可得判断C选项，由可得，但此时向量与的夹角可以为零角并非锐角，可得D错误．本题考查向量垂直的性质，向量共线定理，投影向量的概念，向量夹角公式的应用，属中档题．10.【答案】ACD【解析】解：设抛物线左焦点为，右焦点为，左顶点为，右顶点为，由已知可得，，，所以，当光线从出发，沿方向传播，到达后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，第一次经过，此时所经过的路程为，故A项正确；当光线从出发，沿方向传播，到达后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，过点后，继续传播第一次经过，此时所经过的路程为，故C项正确；当光线从出发后，不沿x轴传播，如图，光线开始沿传播，到达P点后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，过点后，继续传播到达Q点后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，第一次经过，此时所经过的路程为，根据椭圆的定义可知，，，所以，故D项正确．故选：根据已知，光线自出发，可以沿方向传播，也可以沿方向传播，也可以不沿x轴传播，根据椭圆的光学性质，分别得出光线传播的路径，结合椭圆的定义，即可得出答案．本题考查了椭圆的定义、方程以及椭圆的性质，属于中档题．11.【答案】BD【解析】解：对于A：沙漏的侧面积，故A错误；对于B：细沙的体积为，故B正确；对于C：设细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度为h，细沙的体积，解得，故C错误；对于D，该沙漏的一个沙时为：秒，故D正确．故选：根据圆锥的体积公式计算细沙体积和利用锥体的体积可求沙漏体积，根据细沙体积不变计算细沙落下后的高度，根据体积计算沙时．本题考查圆锥的体积计算，属基础题．12.【答案】ACD【解析】解：因为，所以有……，，故A对，B错；而，，……，故C对；………，故D对．故选：运用累和法，结合组合数公式、裂项相消法、二项式系数和公式逐一判断即可．本题考查数列求和，运用累和法、逆用组合数公式、裂项相消法是解题的关键，属于中档题．13.【答案】240【解析】【分析】本题考查了二项展开式中的特定项，属于基础题.首先写出展开式的通项，化简后，令，得出常数项．【解答】解：二项式的展开式的通项为，令，得到，所以展开式的常数项为；故答案为14.【答案】或或写出其中一个即可【解析】解：由题意可知，，解得，所以，点或又圆的圆心，半径；①当点时，当直线l斜率不存在时，此时l方程为，与圆相切，满足题意；当直线l斜率存在时，设斜率为，此时直线l方程为，即，因为直线l与圆相切，所以圆心到l的距离，即，整理可得，，解得，代入直线方程整理可得，直线方程为；②当点时，当直线l斜率不存在时，此时l方程为，与圆相切，满足题意；当直线l斜率存在时，设斜率为，此时直线l方程为，即，因为，直线l与圆相切，所以圆心到l的距离，即，整理可得，，解得，代入直线方程整理可得，直线方程为综上所述，直线方程为或或故答案为：或或写出其中一个即可由已知求出点或先求解直线斜率不存在时的方程；然后设斜率，得出点斜式方程，表示出圆心到直线的距离，列出方程，求解即可得出斜率，进而得出直线方程．本题考查了抛物线的性质，属于中档题．15.【答案】96【解析】解：先安排甲、乙、丙、丁四位同学的2名选择数学竞赛课程，有种情况，剩下2名同学在物理、化学、生物、信息学四个学科竞赛课程中选择，①2名同学选择1个学科竞赛有种情况；②2名同学各选择1个学科竞赛有种情况，所以恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为种情况，故答案为：利用分步加法和分类乘法原理，先安排4名同学的2名选择数学竞赛，再安排剩下的2名同学到其他竞赛课程中即可．本题考查排列组合的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．16.【答案】1【解析】解：在中，，，，为常数，由，解得：，，若在区间内存在零点，整理可得：，设，，令，得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，，所以，当时，等号成立，所以，当且仅当时，上式取等号，即存在，使，设，，令，得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，，所以，故m最小值为故答案为：首先根据条件等式，变形得到函数，再变形得到，通过构造函数得到，参变分离后，转化为求函数的值域，即可求m的取值范围．本题考查了导数的综合应用，属于中档题．17.【答案】解：，，，即，，，，即，，，，，又，当时，取得最大值，当或时，取得最小值的取值范围是【解析】利用三角函数的倍角公式以及辅助角公式进行化简，结合周期公式进行求解即可．由得，整理得，于是，由A的范围得出的范围，从而求出的范围．本题主要考查了三角函数恒等变换，三角函数的图象和性质以及正弦定理的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．18.【答案】解：由，，，…，是以1为首项，1为公差的等差数列，可得；数列前2n项的和【解析】由数列的恒等式和等差数列的求和公式，计算可得所求通项公式；由特殊角的余弦函数的值，以及数列的并项求和与等差数列的求和公式，计算可得所求和．本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的并项求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．19.【答案】解：证明：由已知，，，，，，，为AC中点，，又，，，；连接，，，，，，，，连接BD，由正方形的性质可得B，O，D三点共线，O为BD的中点，，由知，AO，平面ABCD，，平面ABCD，以OA，OB，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系如图：则、、、、，，，设平面法向量为，则，，取，点P在平面ABCD内，设点P的坐标为，，，，，，当时，有最小值，最小值为【解析】由条件先求，，，再证明，由此完成证明；建立空间直角坐标系，设，求平面的法向量和直线FP的方向向量，由条件列方程确定m，n的关系，再求的最小值即可．本题考查向量法证明线线垂直问题，向量法求解距离的最值问题，考查了化归转化思想，属中档题．20.【答案】解：由题意可知的可能取值有0、1、2、3，又，，，，所以随机变量的分布列如下表所示：0123P所以；设“任取一人新药对其有效”，“患者来自第i组”分别对应甲，乙，丙，则，且，，两两互斥，根据题意得：，，，，，，由全概率公式得，任意选取一人，发现新药对其有效，计算他来自于乙组的概率：，所以任意选取一人，发现新药对其有效，则他来自乙组的概率为【解析】由题意可知的可能取值有0、1、2、3，分别求出相应的概率，进而求解；由全概率公式即可求解．本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，条件概率与全概率公式的应用，贝叶斯公式的应用，属中档题．21.【答案】解：由已知可设双曲线方程为，椭圆方程，所以双曲线方程：，椭圆方程为：；设，，，，，P、A、N三点共线，，P、B、M三点共线，，相除：，令，则设：，联立椭圆方程：，易得，所以，，，若存在，即，，得，又P在第一象限，所以，；法二：，，，，，直线AP：，，显然，由，又因为P在双曲线上，满足，即，所以，即，同理BP：，可得，所以，若存在，即，而P在第一象限，所以，即【解析】设双曲线方程为，椭圆方程，根据焦距和离心率求出，可得答案；设，，，根据P、A、N三点共线，P、B、M三点共线可得，令得直线的方程，与椭圆方程联立利用韦达定理代入上式化简可得，若存在，即代入可得答案；法二：，，设直线AP：与椭圆方程联立可得，、，若存在，则可得答案．本题主要考查椭圆与双曲线的综合，直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．22.【答案】解：证明：法一：首先证明，理由如下：构造，则恒成立，故在上单调递减，故，所以，故在上恒成立，所以在单调递增，故法二：，，，且，令，则，令，则在上恒成立，所以单调递减，又，其中，故，故，使得，且当时，，当时，，所以先增后减，又，，在上恒成立，所以单调递增，；法一：，，下证：，，，且在处取等号，令，则，故单调递增，故，且在处取等号，在中已证明；令，则，故单调递增，故，且在处取等号，当时，，当时，即时，符合题意，当时，，，，其中当时，，，，故，令，，则在上恒成立，故在上单调递增，故，使得，在单调递减，故与矛盾，舍去；综上：a的取值范围为；第21页，共21页法二：，，，①当时，，，在单调递增，且符合题意，②当时，在单调递增，，③当时，即时，在单调递增，符合题意，②当时，即时，，，，其中当时，，，，故，令，，则在上恒成立，故在上单调递增，故，使得，在单调递减，故与矛盾，舍去；综上：a 的取值范围为【解析】法一：求导后利用放缩法得到，故；法二：多次求导，结合隐零点，得到先增后减，结合端点值的符号，得到在上恒成立，求出；法一：构造，变形后结合，，，且在处取等号，得到时，符合题意，时，结合函数单调性及零点存在性定理得到矛盾，求出答案；法二：构造，求导后考虑，利用放缩法及函数单调性可证，再考虑，由在单调递增，且，分与两种情况，进行求解，得到答案．本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的恒成立问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．。
河北省保定市2020届高三下学期第二次模拟考试数学(理)答案
则 tan 60o
EG GK
3
, 则GK
23 3
.
以 A 为 原点， 以 AD 为 X 轴，以 AB 反向为 Y 轴，
P
N
建立平面坐标系,则 G( )，D(2,0) ，
设直线 DN 的方程为
(k>0) 则点 G 到直线 DN 的距离
，
解得
，则直线 DN 方程为
，N 点为直线 DN 与直线 BC 的交点，
DN
(2,a
1,0)，由 n
DE
0及n
DN
0知
3 2
y
2z
0 令 y
2 得：
2x (a 1)y 0
高三二模数学理科答案 第 3页 共 9 页
z
3 ,x 2
1a
故： n
(1
a,2, 3)……………10 2
分
设平面ＡＢＣＤ的法向量 m (0,0,1)，
cos n，m
2020 年高三第二次模拟考试
数学理科参考答案
一、选择题：
CBACC ADBDA DD
12（理）分析：
原式变形为1
x e x1
1
x e x1
a
令u(x)
x e x1
,则1
u
u
1
a
即u2
(1
a)u
a
1
0
用导数分析u(x)函数图像,由已知可知必有u1 (0,1), u2 1或0或u2 0
当 u2 0或1时可解得a进而得出不符合题意
F G EH
ＥＦ和 AD 显然相交所以 CD 平面PAD ，
所以 平面ABCD 平面PAD
……………6 分
河北省保定市2020年高三第二次模拟数学(理科)试卷(含答案)
2020年高三第二次模拟考试，理科数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分， 共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．设集合{}042>-=x x x P ，{}2)1(log 2<-=x x Q ，则Q P C R I )(=A ． [0，4]B ．[0，5）C ．（1，4]D ．[1，5）2．若复数z 满足2)21()2(i z i +=-，则|z|=A ．3B ．5C ．2D ．33．在△ABC 中，“0>⋅”是“△ABC 是钝角三角形”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件：4．已知函数)0)(6sin(>-=ωπωx y 的图象相邻两条对称轴之间的距离为2π，则该函数图象是由x y 2cos =的图象经过怎样的变换得到？A ．向左平移3π个单位长度 B ．向左平移6π个单位长度 C ．向右平移3π个单位长度 D ．向右平移6π个单位长度 5．七巧板是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，后清陆以湉《冷庐杂识》卷一中写道“近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余．”在18世纪，七巧板流传到了国外，被誉为“东方魔板”，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部《七巧新谱》.完整图案为一正方形（如图）：五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形，如果在此正方形中随机取一点，那么此点取自阴影部分的概率是A ．83B ．165C ．167D ．31 6．已知)3cos()3sin(απαπ-=+，则=α2cos ． A ． 0 B ．1 C ．22 D ．23 7．已知一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的表面积为A ．π214+ B ．π212105++ C ．π4212105+++ D ．π4214++ 8．n x x )12(+的展开式中第3项与第7项的二项式系数用等。