【20套精选试卷合集】河北省唐山市2019-2020学年高考数学模拟试卷含答案

请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请写清题号. 22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系及参数方程

在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点为极点，x轴正半轴为极轴建

立极坐标系，⊙C的极坐标方程为ρ=2（Ⅰ）写出⊙C的直角坐标方程；

sinθ．

（Ⅱ）P为直线l上一动点，当P到圆心C的距离最小时，求P的直角坐标．

23.（本题满分10分）选修4-5不等式选讲 已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.

(1)在图中画出y＝f(x)的图象； (2)求不等式|f(x)|>1的解集.

数学（文史类） 参考答案

1—5 BBCDC 6—10 BDDDC 11—12 AB 13. 4 14. ?6； 15. 17.解： （Ⅰ）f(x)?2a?b?1

2016 16.2017

?2cos22x?23sin2x?cos2x?1

????cos4x?3sin4x?2cos?4x??

3??∴f?x?的最小值为-2，此时4x?

?3?2k???，k?Z，

∴x的取值集合为：?xx???k????,k?Z? 26?（Ⅱ）f?x?图象向右平移m个单位后所得图象对应的解析式为

??????y?2cos?4?x?m????2cos?4x?4m??

3?3???其为偶函数，那么图象关于直线x?0对称，故：?4m?∴m?

?3?k?，k?Z

?12?k??，所以正数m的最小值为 412到

，

的距离之和是4，∴M的轨迹．…………………4分

的方程，整理得

，

． ①……………6分 ． ②……………8分

． ③ ……………9分

是长轴长为4，焦点在轴上

18.解：（1）∵点焦距为（2）将设又 若以

的椭圆，其方程为

，代入曲线

，由方程①，得

为直径的圆过原点，则，所以

．………………………12分

，…………………………10分

将②、③代入上式，解得

又因k的取值应满足，即 （），将代入（）式知符合题意．……12分

19． 【答案】（I）180人；（II）有99.9%的把握认为“经常使用微信与年龄有关”；（III）P(A)?2． 5【解析】试题分析：（I）由已知可得2?2的列联表；（II）将列联表中数据代入公式可得K2?13.333，与临界值比较，即得出结论；（III）利用列举法确定基本事件，即可求出事件A“选出的2人均是青年人”的概率．试题解析：（Ⅰ）由已知可得，该公司员工中使用微信的共：200?0.9?180人 经常使用微信的有180?60?120人，其中青年人：120?所以可列下面2?2列联表：

经常使用微信 不经常使用微信 合计 青年人 80 55 135 中年人 40 5 45 合计 120 60 180 2?80人 3180??80?5?55?40?（Ⅱ）将列联表中数据代入公式可得：K2??13.333 120?60?135?45由于13.333?10.828,所以有99.9%的把握认为“经常使用微信与年龄有关”． （Ⅲ）从“经常使用微信”的人中抽取6人中，青年人有

280?6?4人，中年人有2人 120设4名青年人编号分别1,2,3,4，2名中年人编号分别为5,6， 则“从这6人中任选2人”的基本事件为：

（1,2）（1,3）（1,4）（1,5）（1,6）（2,3）（2,4）（2,5）（2,6）（3,4）（3,5）（3,6）（4,5）（4,6）（5,6）共15个

其中事件A“选出的2人均是青年人”的基本事件为：（1,2）（1,3）（1,4）（2,3）（2,4）（3,4）共6个．故P(A)?2． 520．

（1）证明：正六边形ABCDEF中，连结AC、BE，交点为G， ∵ABCDEF是边长为2的正六边形，∴AC⊥BE，且AG=CG=在多面体中，由AC=∴AG⊥GC，

又GC∩BE=G，GC，BE?平面BCDE，∴AG⊥平面BCDE， 又AG?平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面BCDE．…………….6

（2）提示分割成两个体积相等三棱锥和一个三棱柱.需证BE⊥平面AGC

答案

21．本题满分12分

解：依题意，f?(x)?a[(x?1)?(ex?a)?(x?1)(ex?a)?]?a(x?ex?a), 令h(x)?a(x?ex?a)，则h?(x)?a(x?1)?ex. 1分

（1）①当x?0时，x?ex?0，a?0，故h(x)?f?(x)?0，所以f?(x)在(??,0)上不存在零点，则函数f(x)在(??,0)上不存在极值点； 2分

②当x?0时，由h?(x)?a(x?1)?e?0，故h(x)在[0,??)上单调递增. 又h(0)??a?0，

x2，

，得AG+CG=AC，

222

5 ……….12 2h(a)?a(a?ea?a)?a2(ea?1)?0，

所以h(x)?f?(x)在[0,??)上有且只有一个零点. 3分 又注意到在f?(x)的零点左侧，f?(x)?0，在f?(x)的零点右侧，f?(x)?0， 所以函数f(x)在[0,??)有且只有一个极值点.

综上所述，当a?0时，函数f(x)在(??,??)内有且只有一个极值点. 4分 （2）因为函数f(x)存在两个极值点x1,x2（不妨设x1?x2）， 所以x1,x2是h(x)?f?(x)的两个零点，且由（1）知，必有a?0. 令h?(x)?a(x?1)?ex?0得x??1； 令h?(x)?a(x?1)?ex?0得x??1； 令h?(x)?a(x?1)?ex?0得x??1.

所以h(x)?f?(x)在(??,?1]单调递增，在[?1,??)单调递减， 6分 又因为h(0)?f?(0)??a2?0，

所以必有x1??1?x2?0.

令f?(t)?a(t?et?a)?0，解得a?t?et， 8分 此时f(t)?a(t?1)(et?a)?tet(t?1)(et?tet)??e2tt(t?1)2??e2t(t3?2t2?t). 因为x1,x2是h(x)?f?(x)的两个零点， 所以f(x1)??e2x1(x13?2x12?x1)，f(x2)??e2x2(x23?2x22?x2).

将代数式?e2t(t3?2t2?t)视为以t为自变量的函数g(t)??e2t(t3?2t2?t)， 则g?(t)??e2t(t2?1)(2t?1).

当t??1时，因为t2?1?0,2t?1?0,e2t?0，所以g'(t)?0， 则g(t)在(??,?1)单调递增.

因为x1??1，所以f(x1)?g(x1)?g(?1)?又因为f(x1)??e2x14， e2x1(x1?1)2?0，所以0?f(x1)?4. e2当?1?t?0时，因为t2?1?0,2t?1?0,e2t?0，所以g'(t)?0， 则g(t)在(?1,0)单调递减，

因为?1?x2?0，所以0?g(0)?g(x2)?f(x2)?g(?1)?综上知，0?f(x1)?4. e2440?f(x)?且． 12分 2e2e2sinθ．

2

2

22.解：（I）由⊙C的极坐标方程为ρ=2∴ρ=2配方为（II）设P∴|PC|=

因此当t=0时，|PC|取得最小值2

2

，化为x+y=

=3．

，又C

，

．

=

≥2

，

．此时P（3，0）．