发布时间 : 星期三 文章〖含高考模拟卷15套〗河北省承德第一中学2020届高考仿真模拟数学试卷含解析更新完毕开始阅读8cf68c28cd84b9d528ea81c758f5f61fb6362800
（2）利用平面向量数量积的运算和三角函数恒等变换的应用可求m?n，结合已知可求sinA的值，利用正弦定理即可得解b的值． 【详解】
（1）因为?ABC中，sin?A?B??sinC， 所以asinA?csinC?bsinB?2asin?A?B? 变形为asinA?csinC?bsinB?由正弦定理得：a2?c2?b2?rr2asinC. 2ac.
a2?c2?b22由余弦定理得：cosB?， ?2ac2又因为0?B??，∴B??4.
（2）因为m?n?12cosA?5cos2A
vv3?43???10cos2A?12cosA?5??10?cosA???，
5?5?所以当cosA?234vv时，m?n取得最大值，此时sinA?， 55asinB52. ?sinA2由正弦定理得b?【点睛】
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，平面向量数量积的运算和三角函数恒等变换的应用，考查了计算能
力和转化思想，属于中档题．
19、 (1) 极小值为2a(1?ln2a) (2) (0,??) 【解析】 【分析】
??（1）先求出f(x)，再利用导数求f(x)的极值；（2）先求出g(x)?xe?2ax?xe?2a,再对a分a
?x?x?＞0，a=0，a＜0三种情况，根据函数g(x)有两个零点求出a的取值范围. 【详解】
解：（1）f(x)?e?2ax,?xf??(x)?ex?2a
①若a?0，显然f??(x)?0所以f?(x)在R上递增，所以f?(x)没有极值. ②若a?0，则f??(x)?0?x?ln2a,?f??(x)?0?x?ln2a，
所以f(x)在(??,ln2a)上是减函数，在(ln2a,??)上是增函数。
?所以f(x)在x?ln2a处取极小值，极小值为f?(ln2a)?2a(1?ln2a)
xx2（2）g(x)?xe?f(x)?(x?1)e?ax.函数g(x)的定义域为R，
且g(x)?xe?2ax?xe?2a. ①若a?0，则g?(x)?0?x?0;?x?x?g?(x)?0?x?0.
所以g(x)在(??,0)上是减函数，在(0,??)上是增函数。 所以g(x)min?g(0)??1.
x?x令h(x)?(x?1)e，则h(x)?xe.
显然h(x)?0?x?0，所以h(x)?(x?1)e在(??,0)上是减函数. 又函数y?ax在(??,0)上是减函数，取实数?2?x1?0， a?1??1?则g???h(0)?a???????1?1?0
a?a???又g(0)??1?0,2g(1)?a?0,g(x)在(??,0)上是减函数，在(0,??)上是增函数。
由零点存在性定理，g(x)在????1?,0?，(0,1)上各有一个唯一的零点。所以a?0符合题意。 a?②若a?0，则g(x)?(x?1)ex，显然g(x)仅有一个零点1，所以a?0不符合题意. ③若a?0，则g(x)?x??e?e（i）若ln(?2a)?0，则a???xln(?2a)??.
1，此时g?(x)?0， 2即g(x)在R上递增，至多只有一个零点，
所以a??1不符合题意， 21?a?0，函数g(x)在(??,ln(?2a))上是增函数， 2（ii）若ln(?2a)?0，则?在(ln(?2a),0)上是减函数，在(0,??)上是增函数，
所以g(x)在x?ln(?2a)处取得极大值，且极大值g(ln(?2a))?a[ln(?2a)?1]?1?0， 所以g(x)最多有一个零点，所以?（iii）若ln(?2a)?0，则a???2?1?a?0不符合题意。 21，函数g(x)在(??,0)和(ln(?2a),??)上递增，在(0,ln(?2a))上递减，21所以g(x)在x?0处取得极大值，且极大值为g(0)??1?0，所以g(x)最多有一个零点，所以a??不
2符合题意.
综上所述，a的取值范围是(0,??) 【点睛】
本题主要考查利用导数求函数的极值，考查利用导数求函数的最值和研究函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
20、（1）C1的极坐标方程为??2cos?，C2的极坐标力程为??（2）OA?【解析】 【分析】
（1）利用极坐标与直角坐标互化公式求解即可； （2）设C3的极坐标方程为???，???0,3
cos??sin?3?(?1,1) OB?????,??R，分别与C1和C2的极坐标方程联立，可得2?OA?2cos?和OB?【详解】
3，进而看化简求值.
cos??sin?解：（1）曲线C1的方程为?x?1??y2?1，C1的极坐标方程为??2cos?， C2的方程为x?y?3，其极坐标力程为??23.
cos??sin???（2）C3是一条过原点且斜率为正值的直线，C3的极坐标方程为???，???0,???,??R， 2????2cos?联立C1与C3的极坐标方程?，得??2cos?，即OA?2cos?，
????3???33?联立C1与C2的极坐标方程?，即OB?， cos??sin?，得??cos??sin?cos??sin??????所以OA?3???2cos??cos??sin? ?2cos?????， OB4??3???OA????1,1?. ??0,又??，所以OB?2?【点睛】
本题主要考查了直角坐标与极坐标互化及极坐标应用解长度问题，属于基础题. 21、（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】
2174. 29（1）在线段CD上取一点F使CF?2CD，连接EF，BF，由题意结合几何关系可证得所以CD⊥平面3BEF，结合线面垂直的定义即可证得题中的结论.
（2）利用几何体的空间结构特征建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量和平面的法向量求解直线BE与平面SBD所成角的正弦值即可. 【详解】 （1）因为??且DF＝1．
因为AB＝1，AB∥CD，∠ADC＝90°， 所以四边形ABFD为矩形，所以CD⊥BF． 又SA⊥平面ABCD，∠ADC＝90°， 所以SA⊥CD，AD⊥CD．
因为AD∩SA＝A，所以CD⊥平面SAD． 所以CD⊥SD，从而CD⊥EF．
因为BF∩EF＝F，所以CD⊥平面BEF． 又BE?平面BEF，所以CD⊥BE．
222，所以CE?CS，在线段CD上取一点F使CF?CD，连接EF，BF，则EF∥SD333
（2）以A为原点，AD的正方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系A—xyz， 则A（0，0，0），B（0，1，0），D（2，0，0），S（0，0，2），C（2，3，0），
uuuvuuuvuuuvuuuvuuuv1uuuv?42?uuvuuuv所以BE?BC?CE?BC?CS??,1,?，SB??0,1,?2?，SD??2,0,?2?．
3?33?uuv?n?SB?0v设n＝（x，y，z）为平面SBD的法向量，则?uuu， n?SD?0?所以??y?2z?0，令z＝1，得n＝（1，2，1）．
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