河北省保定市2020届高三第一次模拟考试 文科数学（PDF版）

书书书 犃 狓 狓 狓 犅 狓 狓 犃 犅 狓 狓 狓 狓 狓 狓 狓 狓 狕 犻 犻 狕 犻 犻 犻 犻 犾 犿 狀 犿 狀 犾 犿 犿 狀 狀 犾 犿 狀 犪 犫 犫 犪 犫 犪 犫 犃 犅 犆 犃 犅 犆 犪 犫 犮 犪 犆 犫 犅 犮 犃 犃 犅 犆 犫 槡槡 页 共 页 第题试学数科文 犗 犗 槡 槡 槡 狓 狔 狀 狀 狔 狓 狔 狓 犪狀 狀 犛狀 犃 犅 犆 犗 犃 犅 犅 犆 犃 犅 犗 犗 犅 犪 犗 犃 犪 犗 犆 犛 狔 犪 狓 犫 犪 犫 犉 犕 犘 犘犕 犘 犉 槡 犳 狓 狓 狓 狓 狓 狓 犳 狓 狓 犳 狓 狓 犳 狓 狓 犳 狓 狓 犪 犫 犪 犫 页 共 页 第题试学数科文 犚 狋 犃 犅 犆 犃 犅 犆 犅 犆 犅 犆 犘 犙 犃 犅 犃 犘 犃 犙 犃 犆 犳 狓 犚 犳 犳 狓 犃 犅 犆 犃 犅 犆 犪 犫 犮 犮 槡 犪 犫 犮 犅 犃 犃 犆 犃 犅 犆 犃 犅 犺 犃 犅 犆 犇 犃 犅 犈 犅 犆 犉 犅 犃 犈 犅 犆 犉 犇 犃 犈 犈 犃 犉 犆 犈 犇 犅 犆 犉 犅 犆 犃 犅 犃 犅 犇 犉 槡 犅 犆 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 犲 犻 狋 犪 犪 狀 犱 页 共 页 第题试学数科文 狔 狓 犉 犾 犃 狓 狔 犅 狓 狔 犇 犃 犅 犾 犕 犕犉 犾 犕犃 犕犇 犕犅 犉 狓 狓 犿 狓 犿 犘 犗 槡 犿 犳 狓 狓 犉 狓 犪 狓 犳 狓 狓 狓 狓 狓 犳 狓 狓 狓 犅 狓 犗 狔 犆 狓 狔 烅 烄 烆 犕 犆 犘 犗 犘 犗犕 犆 犆 犗 狓 犗 犈 犆 犆 犃 犅 犗 犃 犅 犙 犪 犫 犮 犳 狓 狓 犪 狓 犫 狓 犮 犪 犫 犮 犳 狓 犳 犪 犫 犮 犫 犮 犮 犪 犪 犫 犪 犫 犮 页 共 页 第题试学数科文 文科数学答案文科数学答案 一 选择题 C B C D D C A C B D A A 二 填空题 13 1 14 1 5 15 56 16 6 三 解答题 17 12 分 解 1 证明 因为 a b c成等比数列 所以 2 bac 1 分 而 22222 11 cos 1 2222 acbacacac B acacca 当且仅当时取等号 又因为 B 为三角形的内角 所以 B60 4 分 2 在ABCD中 因为 2 1 cos21 2sin 3 AA 所以 6 sin 3 A 6 分 又因为3 c 1 sin 3 C 所以由正弦定理 sinsin ac AC 解得 3 2a 8 分 法 1 由 6 sin 0 32 AA p 得 3 cos 3 A 由余弦定理 222 2cosabcbcA 得 2 2150bb 解得5b 或3b 舍 10 分 所以 AB 边上的高 65 6 sin5 33 hbA 12 分 法 2 由 6 sin 0 32 AA p 且0 2 A p t 出现的频率 i 出现的频率 a 出现的频率 4 分 2 一共有 9 个单词 其中所含字母个数为 3 的单词有 4 个 故所求的概率为 4 9 7 分 3 满足字母个数之和为 6 的情况分为两种情况 从 and 前面的三个单词和后面的五个单词中 各随机任取一个单词 总共的情况有 以下 15 种 seize live seize it seize to seize the seize full the live the it the to the the the full day live day it day to day the day full 10 分 其中符合条件的情况有以下 4 种 the it the to day it day to 故所求概率为 4 15 p 12 分 20 12 分 1 解 因为 2 4yx 所以抛物线焦点坐标为 1 0 F 1 分 直线l的斜率不为0 所以设 1l xmy 由 2 1 4 xmy yx 得 2 440ymy 2 分 所以 12 4yym 2 1212 242xxm yym 2 12 2445ABxxm 8 2 1 4 m 1 4 分 直线l的方程为1010 xyxy 或 5 分 2 证明 因为 MF 2 所以由抛物线的定义可得 点 M 的横坐标为 1 故 M 1 2 或 M 1 2 由 1 知 D 2 1 m 6 分 M 1 2 时 则 1 11 24 12 MA y k xy 2 22 24 12 MB y k xy 2 2 1 2 MD m m k m 7 分 因为2 MDMAMB kkk 1212 12121212 4444 44 22 2 2 2 4 yyyy yyyyy yyy 由 1 知 12 4yym 12 4y y 代入上式得 2 MDMAMB kkk 22m m 显然2 MDMAMB kkk 10 分 若 M 1 2 时 仿上 或由对称性 可得2 MDMAMB kkk 综上可得 对任意的直线l 直线MA MD MB的斜率始终依次成等差数 列 12 分 21 12分 解 1 设 oo P x y在函数 2 xmm F xx xx 的图象上 则 2 222222 00000 2 00 222 21 mm POxyxxxmm xx 3 分 即2 21 21m 所以 1 2 m 4 分 2 证明 易得 2 1f xxaInx 10 xx 且 所以 2 22 2 1 11 axxa fxxx xx 10 xx 且 5 分 令 2 22g xxxa 因为其对称轴为直线 1 2 x 由题意知 12 xx 是方程 0g x 的两个均大于1 且不为 0 的不相等的实根 所以由 480 1 0 a ga D 得 1 0 2 a 1 x2 1 x1 1 0 x2 1 0所以 x1 1 x2 1 0 即 x1x2 x1 x2 1 0 即 a 0 又 0 所以 1 0 2 a 又 x2为方程 0g x 的根 所以 2 22 2 axx 2 222 2222222 1 2 1f xxalnxxxx lnx 2 9 分 2 1 2 1 ln 1 0 2 h xxx xxx 在 1 0 2 上单调递增 111 2ln2 0 224 xh xh 当时且 0 0h xh 故 2 1ln2 0 42 f x 12 分 22 10分 解 1 法 1 设 P x y 则由条件知 M 2 2 x y 由于 M 点在 C1上 所以 2cos 2 22sin 2 x y a a 2 分 从而2C的参数方程为 4cos 44sin x y a a a为参数 消去参数得到所求的直角坐标方程为 22 4 16xy 4 分 法 2 由 2cos 22sin x y a a 得 2cos 22sin x y a a 即 C1的直角坐标方程为 22 2 4xy 2 分 设 P x y 则由条件知 M 2 2 x y 由于 M 点在 C1上 所以 M 的坐标适合上述方程 即 22 2 4 22 xy 化简得所求的直角坐标方程为 22 4 16xy 4 分 2 因为 222 sinxyyrrq 代入上式得1C的直角坐标方程得 其极坐标方程 为4sinrq 6 分 同理可得曲线2C的极坐标方程为8sinrq 7 分 设 Q r q A 1 r q B 2 r q 则 AB 的中点 Q 的轨迹方程为 11 6sin 2 rr rq 即 AB 的中点 Q 的轨迹极坐标方程为6sinrq 10 分 23 10分 解 1 因为 1a bc 所以 1 1 2 xxcxbxaxxf 1 分 法 1 由上可得 31 1 3 11 31 1 xx f xxx xx 即证明 222 1 bca abc 就行了 6 分 法 1 因为 222 bca abc abc 222 bca abc abc 222 2222 bcaabcabc 当且仅当时取等号 8 分 又因为 0 1f 即1abc 且a