(人教版)(衡水金卷)2020年普通高等学校招生全国统一考试模拟数学试题五 理

uuur??n2?AF?0,?(x,y,z)?(a,a,0)?0,?x?y?0,???? uuur??(x,y,z)?(a,0,a)?0?x?z?0.??n2?AE?0令x??1?y?z?1,所以n2?(?1,1,1). 因此 cosn1?n2?n1?n2n1n2?(0,0,1)?(?1,1,1)33. 3?3,又二面角E?AF?B为锐角,故3二面角E?AF?B的余弦值为

19. 解:(1)由频率分布直方图可知,得分在?20,40?的频率为0.005?20?0.1,故抽取的

6?60,又由频率分布直方图可知,得分在?80,100?的频率为0.2,所以0.1b?60?0.2?12.

又6?a?24?b?60,得a?b?30,所以a?18.

18c??0.015.

60?20(2)“合格”与“不合格”的人数比例为36:24?3:2,因此抽取的10人中“合格”有6

学生答卷数为

人,“不合格”有4人,所以?有40,35,30,25,20共5种可能的取值.4

431C6C6C18P(??40)?4?,P(??35)?44?,

C1014C10212213C6C43C6C4P(??30)?4?,P(??25)?44?,

C107C10354C41. P(??20)?4?C10210?的分布列为

? P 40 35 30 25 20 384 7213518341?35??30??25??20??32. 所以E(?)?40?1421735210(3)由(2)可得

1 141 210D(?)?(40?32)2?,

18341?(35?32)2??(30?32)2??(25?32)2??(20?32)2??161421735210 9

所以f(?)?E(?)32??2?2.5. D(?)16故可以认为该校的安全教育方案是无效的,需要调整安全教育方案. 20. 解:(1)因为P(3,)在椭圆E上,所以

1231??1. 22a4b?3e?,?2??a2?4,13x2?3?y2?1 又e?,联立方程组?2?2?1,??2,故椭圆E的标准方程为

24?b?1,?a24b22?a?b?c???x22?y?1,??4(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),、联立方程??(1?4k12)x2?43k1x?1?0.

?y?kx?31??2由??0,得k1?R,且x1?x2?143k1x?x??,, 121?4k121?4k122所以AB?1?k1x2?x1?1?k1212?43k1?4???1?4k2??1?k2 1?1?2?1?k64k12?4?1?4k?21221

?21?k16k12?1. 1?4k1216k12?12421?k1由题意可知圆M的半径r?AB?.

331?4k12由题设知k1k2?111?k2?x. ,因此直线OC的方程为y?44k14k1?216k121?y?x,?x?2,?4k1?14k116k12?1??22??联立方程?因此OC?x?y?. 224k?11?x?y2?1?y2?1,2??4k1?1?4? 10

所以

OC ?2r16k1?141?k12?31?4k1231?4k12? 41?k1216k12?14k12?1?31?4k1241?k1234(1?k12)?333??4?. 2241?k141?k12因为k1?0,所以0?333333?3?1?4??4,从而有,即?4??k12?1k12?144k12?12得

3OC3??. 4r2因此

OC?33?的取值范围为?,?. r?42?3221.解:(1)因为?(x)?xf(x)?4x?1?ax,所以??(x)?12x?a,令

12x2?a?0?x?a(舍). 12a或 12x??当x??0,????a?a??x?,+?时,,函数单调递减;时,??(x)?0,函数?(x)?0?(x)??????2??12??(x)单调递增.

?a??a?aa3a?4??1?a??1?因此?(x)的极小值为??,无极大值. ????12??12?129????(2)若函数f(x)存在2个零点,则方程a?4x?23112有2个不同的实根,设h(x)?4x?, xx18x3?11?x?h(x)?0则h?(x)?8x?2?.令,得; 2xx2令h?(x)?0,得x?0,或0?x?1?1?, 所以h(x)在区间(??,0),?0,?内单调递减,在2?2? 11

321?1?2区间?,???内单调递增,且当x?0时,令h(x)?4x??0,可得x??,所以

22x??3??32?12?2,;,,因此函数的草图x????,?x??,0h(x)?4x?h(x)?0h(x)?0??????2?2x????如图所示,

所以h(x)的极小值为h??1???3. ?2?由h(x)的图象可知a?3.

因为h(?1)?h?11?1??3,所以令,得或,即g(x)?f(x)??bf(g(x))?0g(x)??1?22?2?或f(x)??1?b,

而f(g(x))有6个零点,故方程f(x)?1?b与f(x)??1?b都有三个不同的解,所以21?b?0,且?1?b?0,所以b??1. 2又因为?3?b,b?Z,所以b??2.

22. 解:(1)由曲线C1的参数方程消去参数?,得其普通方程为(x?1)?y?4. 将x??cos?,y??sin?代入上式并化简,得其极坐标方程为?+2?cos??3. (2)将??22222?2代入得?+2?cos??3. 3得????3?0. 设A(?1,2?2??),B??2,33???,则?1+?2?1,?1?2??3, ?2所以AB??1??2???1??2??4?1?2?13.

又由(1),知C(?1,0),且由(2)知直线AB的直角坐标方程为3x?y?0,所以C(?1,0)

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