《河北省石家庄市2019届高三一模考试数学(理)试卷扫描版含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省石家庄市2019届高三一模考试数学(理)试卷扫描版含答案.pdf（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 石家庄 2019 届高中毕业班模拟考试 一 理科数学答案 一 选择题 A卷答案 1 5 CDACB 6 10BCCBD 11 12DA B卷答案 1 5 CDBCA 6 10ACCAD 11 12DB 二 填空题 13 1 14 1 2 2 yx或 1 2 2 yx 15 2 16 10 三 解答题 17 解 1 ABC三内角 A B C依次成等差数列 B 60 设 A B C所对的边分别为a b c 由3 3S 1 sin 2 acB可得12ac 2 分 sin3sinCA 由正弦定理知3ca 2 6ac 4 分 ABC中 由余弦定理可得 222 2cos28bacacB b 2 7 即A
2、C的长为2 7 6 分 2 BD是 AC边上的中线 1 2 BDBCBA uuu ruuu ruu u r 8 分 222 1 2 4 BDBCBABC BA uu u ruu u ru uu ruuu r uu u r 22 1 2cos 4 acacB 22 1 4 acac 1 2 9 4 acac 当且仅当ac时取 10 分 3BD uu u r 即 BD长的最小值为3 12 分 18 解 1 证明 在PBC中 60 o PBC 2BC 4PB 由余弦定理可得 2 3PC 222 PCBCPBQ PCBC 2 分 PCAB ABBCBQ又 PCABC平面 PCPACQ平面 PACABC
3、平面平面 4 分 2 法 1 在平面ABC中 过点C作CMCA 以 CA CM CP所在的直线分别为zyx 轴建立空间直角坐标系Cxyz如图所示 0 0 0 0 0 2 3 2 0 0 1 3 0 CPAB 1 0 3 F 6 分 设平面PBC的一个法向量为 111 x y zm 则 11 1 30 2 30 CBxy CPz uuu r u uu r m m 解得 1 3x 1 1y 1 0z 即 3 1 0 m 8 分 设平面BCF的一个法向量为 222 x y zn 则 22 22 30 30 CBxy CFxz uuu r u uu r n n 解得 2 3x 2 1y 2 1z即 3
4、 1 1 n 10 分 22 3 1 02 5 cos 5 2311 gm n m n m n 由图可知二面角PBCF为锐角 所以二面角PBCF的余弦值为 2 5 5 12 分 法 2 由 1 可知平面PBC平面ABC 所以二面角PBCF的余弦值就是二面角ABCF的正弦值 6 分 作FMAC于点M 则FM平面ABC 作MNBC于点N 连接FN 则FNBC FNM为二面角ABCF的平面角 8 分 Q点F为PA中点 点M为AC中点 在Rt FMN中 1 3 2 FMPCQ 3 2 MN 15 2 FN 10 分 2 5 sin 5 FM FNM FN 所以二面角 PBCF的余弦值为 2 5 5 1
5、2 分 19 解答 根据题意可得 P A B C z x y M F P A B C F M N 111 30 5525 133 31 2 51025 12331 32 2 5510104 11327 33 22 51010525 312211 34 2 10105550 212 35 2 51025 111 36 1010100 P P P P P P P 部分对给2 分 全对给4 分 的分布列如下 30 31 32 33 34 35 36 p 1 25 3 25 1 4 7 25 11 50 2 25 1 100 5分 13171121 3031323334353632 8 2525425
6、5025100 E x 6 分 2 当购进32 份时 利润为 2131 324314830416107 5213 924 16125 6 252525 8 分 当购进 33 份时 利润为 59131 3343248314 163042477 883012 963 84124 68 10042525 10 分 125 6 124 68 可见 当购进32 份时 利润更高 12 分 20 解 1 由抛物线定义 得 0 2 p PFx 由题意得 00 0 2 2 24 0 p xx px p 2 分 解得 0 2 1 p x 所以 抛物线的方程为 2 4yx 4 分 2 由题意知 过P引圆 2 22
7、3 02 xyrr的切线斜率存在 设切线PA的方 程 为 1 1 2ykx 则 圆 心M到 切 线PA的 距 离 1 2 1 22 1 k dr k 整 理 得 222 11 4 840rkkr 设切线PB的方程为 2 1 2ykx 同理可得 222 22 4 840rkkr 所以 12 k k是方程 222 4 840rkkr的两根 12122 8 1 4 kkk k r 6 分 设 11 A x y 22 B xy 由 1 2 1 2 4 ykx yx 得 2 11 4480k yyk 由韦达定理知 1 1 1 84 2 k y k 所以 1 12 11 424 242 k yk kk 同
8、理可得 21 42yk 8 分 设点D的横坐标为 0 x 则 222 12121212 2 2 12 2 3kkkkkkkk 10 分 设 12 tkk 则 2 8 4 2 4 t r 所以 2 0 223xtt 对称轴 1 2 2 t 所以 0 937x 12 分 21 解 1 22 11 1 0 axa fxx xxx 当10a时 即1a时 0fx 函数 xf在 0 上单调递增 无极小值 2 分 当10a时 即1a时 0 01fxxa 函数 xf在 0 1 a上单调递减 0 1fxxa 函数 xf在 1 a上单调递增 1 1ln 1 f xf aa 极小 综上所述 当1a时 xf无极小值
9、当1a时 1ln 1 fxa 极小 4 分 2 令 1 sin1 2lnsin1 ln 0 aaxxxax F xf xg xxx xxx 当11a时 要证 xgxf 即证 0F x 即证lnsin10 xxax 法 1 要证lnsin10 xxax 即证lnsin1xxax 当01a时 令 sinh xxx 1cos0h xx 所以 h x在 0 单调递增 故 0 0h xh 即sinxx 6 分 1sin1axax 7 分 令 ln1q xxxx lnq xx 当 0 1 0 xq x q x在 0 1 单调递减 1 0qxx q x在 1 单调递增 故 1 0q xq 即ln1xxx 当
10、且仅当1x时取等号 又Q01a ln11xxxax 由 可知ln11sin1xxxaxax 所以当01a时 lnsin1xxax 9 分 当 0a时 即证ln1xx 令 lnm xxx ln1m xx m x在 1 0 e 上单调递减 在 1 e 上单调递增 min 11 1m xm ee 故ln1xx 10 分 当10a时 当0 1 x 时 sin11ax 由 知 1 lnm xxx e 而 1 1 e 故lnsin1xxax 11 分 当1 x 时 sin10ax 由 知 ln 1 0m xxxm 故lnsin1xxax 所以 当0 x 时 lnsin1xxax 综上 可知 当11a时 x
11、gxf 12 分 法 2 当11a时 下证lnsin10 xxax 即证lnsin1xxax 5 分 当1x时 易知ln0 xx sin10ax 故lnsin10 xxax 6 分 当1x时 0sin1 10a显然成立 故lnsin10 xxax 7 分 当01x时 sin0 x 故sinsinsinxaxx 令 sinh xxx 1cos0h xx 所以 h x在 0 单调递增 故 0 0h xh 即sinxx 故sinaxx 9 分 只需证 ln10q xxxx lnq xx 当 0 1 0 xq x q x在 0 1 单调递 减 故 1 0q xq 故lnsin10 xxax 11 分
12、综上 可知 当11a时 xgxf 12 分 法 3 易知 1sin ln x f xg xxa xx 要证 fxg x 即证 1sin ln x xa xx 6 分 令 1 lnxx x 则 2 1 x x x 故 min 1 1x 8分 令 sinh xxx cos10h xx 故 h x 在 0 上递减 由 0 0h 从而当0 x时 sin xx 故 sin 1 x x 10分 由11a 故 sin 1 x a x 11分 综上 当11a时 f xg x 12 分 22 曲线C的普通方程为 2 分 令 3 分 化简得 5 分 解法 1 把 6 分 令 7 分 方程的解分别为点A B 的极径 8 分 10 分 解法 2 射线 的参数方程为 把参数方程代入曲线C的平面直角坐标方程 中得 6 分 令 得 7 分 方程的解分别为点A B 的参数 8 分 10 分 23 不等式可化为 1 分 或 2 分 或 3 分 解得 的解集为 5 分 6 分 8 分 当且仅当时 即时 取 的最小值为 10 分 方法 2 6 分 8 分 当时 取得最小值为 10 分
