河北省石家庄二中2020届高三6月高考全仿真测试理科数学试题答案 6页

2020 年高三全仿真模拟答案 一．选择题 1-12 D A A D B D DB C D D A 12.详解：由题设，有  f x m 在 1,3 上有两个不同的解 1 2,x x ，在 3, 上有两个不同的解 3 4,x x ． 当  1,3x 时，    2log 1f x x  ，故    2 1 2 2log 1 log 1x x   ， 因 1 2x x ，故    2 1 2 2log 1 log 1x x    ， 所以  1 21 1 1x x   即 1 2 1 2x x x x  且 0 1m  ． 当  3,x  时，   21 2352 2f x x x   ， 3 4 10x x  且 0 1m  ． 所以    3 4 1 2 10 0,10m m x x mx x         ，故选 A ． 二填空 13. 5 14. 3 4  15. 1 12 1 2( 1) n nn n     16. 4 3 8,3 3       16.【解析】如图所示，四棱锥 S ABCD 中，可得： ;AD SA AD AB AD    平面 SAB  平面 SAB  平面 ABCD ，过 S 作 SO AB 于O ，则 SO  平面 ABCD ，故 1 4 3 3S ABCD ABCDV S SO SO    ，在 SAB 中， 2SA AB  ，设 SAB   则有， 2 3 2cosSC   ,又 2 2 4SC  1 1 2cos [ , ]2 2 3 3         ，则 2sin [ 3,2]SO   ，四棱锥 S ABCD 的体积取值范围为 4 3 8[ , ]3 3 . 三．解答题 18.【详解】 （1） PA PB ， E 为 AB 中点， AB PE ， 又 AB EF ， PE  平面 PEF ， EF  平面 PEF ， PE EF E  ，  AB  平面 PEF ，又 AB Ì平面 ABCD， 平面 ABCD  平面 PEF .。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5 分 （2） PE AB ， EF AB ，平面 PAB  平面 ABCD AB ，  PEF 就是二面角 P AB C- - 的平面角， 所以 3cos 6PEF  ， 如图作 PO EF ，垂足为 O，则 3 63 OE OE PE   ，所以 1 2OE  ， 3 2OF  ，则 11 2OP  ， 如图，建立空间直角坐标系，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。7 分 则 11(0,0, )2P ， 3(1, ,0)2C ， 1( 1, ,0)2A   ， 1(1, ,0)2B  ， 设平面 PAB 的法向量为 ( , , )n x y z ，则 0 0 PB n AB n           ，即 1 11 02 2 2 0 x y z x       ，令 1z  ，则 0 11 1 x y z       ， 则 (0, 11,1)n   是平面 PAB 的一个法向量，。。。。。。。。。。。。9 分 3 11(1, , )2 2PC   ，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10 分 则 2 11 22sin cos , 612 6 n PCn PC n PC              . 所以 PC 与平面 PAB 所成角的正弦值 22 6 .。。。。。。。。。。。。。12 分 19.（1）设事件 M 为：“从这些康乃馨种子中随机抽取一种，且该种子不是“C 级”种子”，由图 表，得  0.4 1.2 4.0 6.0 4.4 1.2 0.4 0.05 1a         ，解得 2.4a  ， 由图表，知“C 级”种子的频率为 0.4 1.2 2.4 0.05 0.2    ， 故可估计从这些康乃馨种子中随机抽取一种，该种子是“C 级”的概率为 0.2 ． 因为事件 M 与事件“从这些康乃馨种子中随机抽取一种，且该种子是“C 级”种子”为对立事件， 所以事件 M 的概率   1 0.2 0.8P M    ；。。。。。。。。。。。。。4 分 （2）由题意，任取一颗种子，恰好是“ A 级”康乃馨的概率为 4.4 1.2 0.4 0.05 0.3    ， 恰好是“ B 级”康乃馨的概率为 4.0 6.0 0.05 0.5   ， 恰好是“C 级”的概率为 0.4 1.2 2.4 0.05 0.2    ． 随机变量 X 的可能取值有 20 、 25 、30、 35 、 40 ，。。。。。。。。。。。。6 分 且   220 0.2 0.04P X    ，  25 2 0.5 0.2 0.2P X      ，   230 0.5 2 0.3 0.2 0.37P X       ，  35 0.3 0.5 2 0.3P X      ，   240 0.3 0.09P X    . 所以 X 的分布列为： X 20 25 30 35 40 P 0.04 0.2 0.37 0.3 0.09 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。9 分 故 X 的数学期   20 0.04 25 0.2 30 0.37 35 0.3 40 0.09 31E X            ．。。。。。。10 分 （3）与旧的发芽率数据的方差相比，技术改进后发芽率数据的方差变大了．.。12 分 20 （1）由已知， ,A B 的坐标分别是    ,0 , 0,A a B b 由于 ABC 的面积 为3， 1 (2 ) 32 b a   ，又由 3 2e  得 2a b ，解得： =1b ，或 = 3b  （舍去）， 2, =1a b  椭圆方程为 2 2 14 x y  ；………………………………….5 分 （2）设直线 PQ 的方程为 2y kx  ， ,P Q 的坐标分别为    1 1 2 2, , ,P x y Q x y 则直线 BP 的方程为 1 1 1 1yy xx   ，令 0y  ，得点 M 的横坐标 1 1 1M xx y   直线 BQ 的方程为 2 2 1 1yy xx   ，令 0y  ，得点 N 的横坐标 2 2 1N xx y   。。。。。7 分 1 2 1 2( 1)( 1)M N x xx x y y      1 2 1 2( 3)( 3) x x kx kx    1 2 2 1 2 1 23 ( ) 9 x x k x x k x x     。。。。。。8 分[来源:学 把直线 2y kx  代入椭圆 2 2 14 x y  得 2 2(1 4 ) 16 12 0k x kx    由韦达定理得 1 2 2 12 1 4x x k   , 1 2 2 16 1 4 kx x k     .。。。。。。。。。。。。。10 分 ∴ 2 2 2 2 2 12 1 4 12 48 91 4 1 4 M N kx x k k k k      2 2 2 12 4 12 48 9 36 3k k k    ，是定值．。。。。。。12 分 所以 2 4t  。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10 分 所以 29 2542 4a  所以实数 a 的取值范围为 3 2 5( , )4 4 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12 分 22.（1）设  Q cos ,sin  ，  ,M x y ， 则由 2PM MQ  ，得    2, 2 cos sin    x y x, y ， 即 3 2 2cos , 3 2sin . x y       消去 ，得 2 22 4 3 9x y =     ，此即为点 M 的轨迹方程. 。。。。。5 分 （2）曲线C 的普通方程为 2 2 1x y  ，直线l 的普通方程  5 212y = x  ， 设 为直线l 的倾斜角，则 5tan 12  = ， 5 12sin ,cos13 13   = ， 则直线l 的参数方程可设为 122 ,13 5 13 x t y t           （t为参数）， 代入曲线C 的普通方程，得 2 48 3 013t t + =  ， 由于 248 27612 013 169          ， 故可设点 ,A B 对应的参数为 1t， 2t ， 则 1 2 1 2 3PA PB t t t t        ．。。。。。。。10 分 23.证明：（1） 1 1 1 a b c a b c a b c a b c a b c           1 1 1b c a c a b a a b b c c          3 9b a b c a c a b c b c a        … ， 当 a b c  时等号成立.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5 分 （2）因为 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 2 22 2a b c a b a c b c ab ac bc                     … ， 又因为 1abc  ，所以 1 cab  ， 1 bac  ， 1 abc  ， 1 1 1 c b aa b c     … . 当 a b c  时等号成立，即原不等式成立.。。。。。。。。。。10 分