发布时间 : 星期五 文章【20套精选试卷合集】河北省正定中学2019-2020学年高考数学模拟试卷含答案更新完毕开始阅读30cb8652dc88d0d233d4b14e852458fb770b38b6
10001??3?求证：????10000?
10000.4?1001??e????1000?1000.5．
1.B 2.A 3.C4.C 5.D 6.A 7.B 8.D 9.D 10.A 11. 137/60 12.210 13.47/15 14. 5035, 17. （1）由a?c?b?2accosB?2225n?5n?1? 15. 2 16. 43 2?2accosBcos(??B) ?acsinAcosA?sin2A?1且0?A??2?A??4……………4分
?B?C?135?bca（2）?又???0??B?90??45??C?90?sinBsinCsinA?2?b?2sinB?0??C?90??,c?2sinC
bc?2sin(135??C)?2sinC?2sin(2C?45?)?2……………8分 45??2C?45??135??2?sin(2c?45?)?1?bc?(22,2?2]……………12分 218.解：（1）解法一：由nan?1?2Sn①可得当n?2时，(n?1)an?2Sn?1②， 由①-②可得，nan?1?(n?1)an?2(Sn?Sn?1)?2an，所以nan?1?(n?1)an， 即当n?2时，
an?1n?1aa3a4a5n?，所以3?,4?,5?,??,n?，将上面各式两边分别相anna22a33a44an?1n?1乘得，
annn?，即an??a2（n?3），又a2?2S1?2a1?2，所以an?n（n?3），此结果也满a222足a1,a2，故an?n对任意n?N?都成立。……………7分
解法二：由nan?1?2Sn及an?1?Sn?1?Sn可得nSn?1?(n?2)Sn，即
Sn?1n?2?， Snn?当n?2时，Sn?S1?SS2S3345n?1n(n?1)?????n?1??????? S1S2Sn?1123n?12n(n?1)， 2（此式也适合S1），?对任意正整数n均有Sn?，故an?n。……………7分 ?当n?2时，an?Sn?Sn?1?n（此式也适合a1）
（2）依题意可得bn?4an?1anan?222?4n?411 ??n2(n?2)2n2(n?2)2?Tn?11111111 ??????LL??22222222132435n(n?2)11115?1????1??……………12分
4(n?1)2(n?2)24419．解析：（Ⅰ）记“该同学能正确回答第i轮的问题”的事件为Ai(i则P(A1)??1，2，3)，
432，P(A2)?，P(A3)?， 555所以该同学被淘汰的概率为：
142433101．P?P(A1?A1A2?A2A2A3)?P(A1)?P(A1)P(A2)?P(A1)P(A2)P(A3)???????555555125……………6分
（Ⅱ）?的可能值为1,2,3，P(??1)?P(A1)?1428，P(??2)?P(A1A2)?P(A1)P(A2)???，555254312P(??3)?P(A1A2)?P(A1)P(A2)???．
5525所以?的分布列为：
? P 1 2 3 1 58 2512 25数学期望为E??1??2?1581257.……………6分 ?3??25252520. 解：（Ⅰ）证明：连接BM，则AM=BM=2，所以AM?BM 又因为面ADM?平面ABCM，面ADMI面ABCM=AM
所以，BM?面ADM?BM?AD …………………………………………4分
ur（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系M?xyz由（I）可知，平面ADM的法向量m?(0,1,0)，设平面r22AEM的法向量n?(x,y,z)， 所以A(2,0,0),B(0,2,0),D(,0,),M(0,0,0)
22uuurruuur22uuu22DB?(?,2,?),DE??DB?E((1??),2?,(1??))
2222uuuruuur22MA?(2,0,0),ME?((1??),2?,(1??))
22ruuurn?MA?0??rruuur??n?(0,1??,?2?) …………………………………………10分 n?ME?0??由二面角E?AM?D的余弦值为51得，??，即：E为DB的中点。 …………………12分 5221. 解 ：（Ⅰ）由题意知e?c3?,从而a?2b,又2b?a,解得a?2,b?1. a2x2故C1，C2的方程分别为?y2?1,y?x2?1.……………4分
4（Ⅱ）（i）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y?kx.
??y?kx2x?kx?1?0. 由?得2??y?x?1设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根，于是x1?x2?k,x1x2??1. 又点M的坐标为（0，—1），所以
kMA?kMB2y1?1y2?1(kx1?1)(kx2?1)kx1x2?k(x1?x2)?1?k2?k2?1???????1.
x1x2x1x2x1x2?1故MA⊥MB，即MD⊥ME. ……………8分
??y?k1x?1,（ii）设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为y?k1x?1,由?解得 2y?x?1???x?k,?x?02或?A(k,k?1). 则点的坐标为?112y??1??y?k1?1又直线MB的斜率为?111，同理可得点B的坐标为(?,2?1).
k1k1k111111?k1221?k1?|k1|?1?1?|?|? 于是S1?|MA|?|MB|?22k1k12|k1|8k1?x?,2?y?kx?1,1?4k1??x?0,1??22或(1?4k)x?8kx?0. 由?2得解得??1122x?4y?4?0y??14k?1???y?1??1?4k12??8k14?k128k14k12?11,).又直线ME的斜率为?，同理，点E的坐标(,). 则点D的坐标为(22221?4k11?4k1k4?k14?k1S11432(1?k12)?|k1|12?(4k??17). .于是S2?|MD|?|ME|?因此1222S64k2(1?k1)(k1?4)21由题意知，
14171(4k12?2?17)?,解得k12?4,或k12?. 64k13241k1213?k1?,所以k??. 又由点A、B的坐标可知，k?1k12k1?k1k12?故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y?33x和y??x.……………13分 2222. 解析：(1) 对f(x)求导得：f?(x)??aln(1?x)?1?ax?b，根据条件知f?(0)?0，所以1?x1?b?0?b?1. (4分)
(2) 由(1)得f(x)?(1?ax)ln(1?x)?x，0?x?1
f?(x)??aln(1?x)?a?a(1?x)?(1?ax)ax?2a?11?ax. ????1，f??(x)??1?x1?x(1?x)2(1?x)2① 当a??1时，由于0?x?1，有f??(x)??2a(x?2a?1)a?0，于是f?(x)在[0,1]上单调递增，从而2(1?x)f?(x)?f?(0)?0，因此f(x)在[0,1]上单调递增，即f(x)?f(0)?0而且仅有f(0)?0，合题意；
②当a?0时，由于0?x?1，有f??(x)??ax?2a?1?0，于是f?(x)在[0,1]上单调递减，从而2(1?x)f?(x)?f?(0)?0，因此f(x)在[0,1]上单调递减，即f(x)?f(0)?0而且仅有f(0)?0，不合题意；
2a?1a(x?)12a?1}，当0?x?m时，??③当??a?0时，令m?min{1,?，于是f?(x)af(x)???02a(1?x)2在[0,m]上单调递减，从而在[0,m]上单调递减，从而f?(x)?f?(0)?0，因此f(x)在[0,m]上单调递减，即f(x)?f(0)?0而且仅有f(0)?0，不合题意；.
综上可知，所求实数a的取值范围是(??,?]. （9分） (3) 对要证明的不等式等价变形如下
21000110000.410011000.5110000?511000?12 ()?e?()?(1?)?e?(1?)10000100010000100021n?51n?1所以可以考虑证明：对于任意的正整数n，不等式(1?)?e?(1?)2恒成立. 并且继续作如下等
nn12价变形
21n?51n?12111(1?)?e?(1?)2?(n?)ln(1?)?1?(n?)ln(1?)nn5n2n
211?(1?)ln(1?)??0(p)??5nnn??
111?(1?)ln(1?)??0(q)?2nnn?对于(p)相当于（2）中a??2111有f(x)在[0,]上单调递减，即f(x)?f(0)?0?(?,0)，m?情形，
52221211，当n?2时，(1?)ln(1?)??0成立；当n?1时，n5nnn而且仅有f(0)?0. 取x?277211(1?)ln2?1?ln2?1??0.7?1?0. 从而对于任意正整数n都有(1?)ln(1?)??0成立.
5555nnn对于(q)相当于（2）中a??11情形，对于任意x?[0,1]，恒有f(x)?0而且仅有f(0)?0. 取x?，2n得：对于任意正整数n都有(1?111)ln(1?)??0成立. 2nnn