衡水中学2020届高三上学期四调理数答案

衡水中学2020届高三上学期四调理数答案

ACDCB BCBCB BC 13． -4 14． 5 2 15． 2 3  16． 3( , )2e 17．解：（1）由题设及余弦定理得： 2 2 2 2 cosBD BC CD BC CD   C =13 12cos C ，① 2 2 2 2 cosBD AB DA AB DA   A 5 4cos C ．②由①②得 cos 1 2C  ，故 60C . （2）由 1 ()2CE CD CB，得 2 2 21 ( 2 )4CE CD CB CD CB   ． 11(4 9 2 2 3 )42      19 4 所以 19 2CE  ． 18．解：（1）证明： P ABC 为正三棱锥，且 D 为顶点 P 在平面 ABC 内的正投影， PD平面 ABC ，则 PD AB ， 又 E 为 D 在平面 PAB 内的正投影， DE面 PAB ，则 DE AB ， PD DE D ， AB平面 PDE ，连接 PE 并延长交 AB 于点G ， 则 AB PG ，又 PA PB ， G 是 AB 的中点； （2）在平面 PAB 内，过点 E 作 PB 的平行线交 PA 于点 F ，F 即为 E 在平面 PAC 内的正投影． 正三棱锥 P ABC 的侧面是直角三角形， PB PA， PB PC ， 又 //EF PB ，所以 EF PA ， EF PC ，因此 EF 平面 PAC ， 即点 F 为 E 在平面 PAC 内的正投影． 2019-2020 学年度高三年级上学期四调考试 连结CG ，因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D ，所以 D 是正三角形 ABC 的中心． 由（Ⅰ）知，G 是 AB 的中点，所以 D 在CG 上，故 2 3CD CG ． 由题设可得 PC  平面 PAB ，DE  平面 PAB ，所以 //DE PC ，因此 2 3PE PG ， 1 3DE PC ． 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且 6PA  ，可得 2DE  ， 32PG  ， 22PE  ． 在等腰直角三角形 EFP 中，可得 2EF PF． 所以四面体 PDEF 的体积 1 1 1 42 2 23 3 2 3PEFV DE S         ． 19．解：（1）设椭圆的焦距为 2c ， 由已知可得 2 2 5 9 c a  ，又 2 2 2a b c， 解得 3a  ， 2b  ， 椭圆的方程为： 22 194 xy， （Ⅱ）设点 1(Px， 1)y ， 2(Mx， 2 )y ， 21( 0)xx．则 1(Qx ， 1 )y ． BPM 的面积是 BPQ 面积的 2 倍， | | 2| |PM PQ ，从而 2 1 1 12[ ( )]x x x x    ， 215xx ， 易知直线 AB 的方程为： 2 3 6xy． 由 2 3 6xy y kx    ，可得 2 6 032x k ． 由 224 9 36xy y kx     ，可得 1 2 6 94 x k   ，  29 4 5(3 2)kk   ， 218 25 8 0kk    ，解得 8 9k  或 1 2k  ． 由 2 6 032x k ．可得 2 3k  ，故 1 2k  20．证明： （1）证明：在 ABD 中， 1AD  ， 2AB  ， 60BAD  ， 由余弦定理可得 3BD  ，仅而 90ADB  ，即 BD AD ， 又 平面 AED  平面 ABCD， BD  平面 ABCD，平面 AED 平面 ABCD AD ， BD平面 AED ， BD  平面 BED ，平面 BED  平面 AED ． （2） //EF AB ， 直线 EF 与平面 BED 所成的角即为直线 AB 与平面 BED 所形成的角， 过点 A 作 AH DE 于点 H ，连接 BH ， 又平面 BED 平面 AED ED ， 由（1）知 AH 平面 BED ， 直线 AB 与平面 BED 所成的角为 ABH ， 在 ADE ， 1AD  ， 3DE  ， 6AE  ，由余弦定理得 2cos 3ADE， 5sin 3ADE   ， 5 3AH AD ， 在 Rt AHB 中， 5sin 6 AHABH AB   ， 直线 EF 与平面 BED 所成角的正弦值 5 6 21．解：（1） A 是点 ( 2 pF ， 0) 关于顶点 O 的对称点，可得 ( 2 pA  ， 0) ， 设过 A 的直线为 ()2 py k x， tank  ， 联立抛物线方程可得 22 2 2 2( 2 ) 04 kpk x k p p x    ， 由直线和抛物线相切可得△ 2 2 4 2( 2 ) 0k p p k p    ，解得 1k  ， 可取 1k  ，可得切线的倾斜角为 45， 由抛物线的定义可得 | | 1 1 | | sin(90 ) cos PA PF  ，而 的最小值为 45， || || PA PF 的最大值为 2 ； （2）由 2 4yx ，可得 (1,0)F ，设 1(Ax， 1)y ， 2(Bx， 2 )y ， 3(Cx， 3 )y ， 4(Dx， 4 )y ， ( , )G x y ， 设 1 : ( 1)l y k x，联立抛物线 2 4yx ，可得 2 2 2 2(2 4) 0k x k x k    ， 即有 12 2 42xx k   ， 1 2 1 2 4( ) 2y y k x x k k     ， 由两直线垂直的条件，可将 k 换为 1 k ，可得 2 3424x x k   ， 344y y k   ， 点 G 满足 4FG FA FB FC FD    ， 可得 4(x ， 1 2 3 4) ( 4y x x x x     ， 1 2 3 4 )y y y y   ， 即为 2 1 2 3 4 2 44 4 4x x x x x k k       ， 1 2 3 4 444y y y y y k k       ， 可得 2 2 2 2 11( ) 2 2y k k xkk       ， 则 G 的轨迹方程为 2 2yx． 22（1）解：由 32( ) 6 3 ( 4)f x x x a a x b     ， 可得 2( ) 3 12 3 ( 4) 3( )( (4 ))f x x x a a x a x a         ， 令 ( ) 0fx  ，解得 xa ，或 4xa．由| | 1a ，得 4aa． 当 x 变化时， ()fx ， ()fx的变化情况如下表： x ( , )a ( ,4 )aa (4 , )a  ()fx    ()fx ()fx 的单调递增区间为 ( , )a ， (4 , )a  ，单调递减区间为 ( ,4 )aa ； （2） ()i ( ) ( ( ) ( ))xg x e f x f x，由题意知 0 0 0 0 () () x x g x e g x e     ，  00 00 0 00 () ( ( ) ( )) xx xx f x e e e f x f x e    ，解得 0 0 ( ) 1 ( ) 0 fx fx     ． ()fx 在 0xx 处的导数等于 0； ()ii 解： () xg x e ， 0[1xx， 0 1]x  ，由 0xe  ，可得 ( ) 1fx ． 又 0( ) 1fx  ， 0( ) 0fx  ， 故 0x 为 ()fx的极大值点，由()I 知 0xa ． 另一方面，由于| | 1a ，故 14aa   ， 由（Ⅰ）知 ()fx在( 1, )aa 内单调递增，在( , 1)aa 内单调递减， 故当 0xa 时， ()f x f （a） 1 在[1a  ， 1]a  上恒成立， 从而 () xg x e 在 0[1x  ， 0 1]x  上恒成立． 由 f （a） 326 3 ( 4) 1a a a a a b      ，得 322 6 1b a a   ， 11a ． 令 32( ) 2 6 1t x x x   ， [1x ，1] ， 2( ) 6 12t x x x   ， 令 ( ) 0tx  ，解得 2x  （舍去），或 0x  ． ( 1) 7t    ， t （1） 3 ， (0) 1t  ，故 ()tx的值域为[7 ，1] ． b 的取值范围是[7 ，1] ．