山西省太原市第五中学2020届高三第二次模拟考试(6月)+数学(理)答案

再结合离心率为
1 2
，且椭圆 C 的中心 O 关于直线 2x
y 5 0 的对称点落在直线 x a2 上，
a2 4
由 e
c a
1 2
求解.
（2）设直线 PN 的方程为 y k x 4 k 0 ，且 N x1,y1 ，E x2, y2 ，则 M x1, y1 ，
与椭圆方程联立，通过 ，解得直线 PN 的斜率取值范围；写出直线 ME 的方程为
1
2
（Ⅱ）由题意得，随机抽取 1 人，其成绩在区间[61,80]内的概率为 ．
5
所以随机抽取三人，则
X
的所有可能取值为
0,1,2,3，且
X
B
3,
2 5 ，
所以
PX
0
3 3 5
27 125
，
PX
1
C31
2 5
3 5
2
54 ， 125
PX
2
C32
2 5
2
3 5
36 125
，
PX
3
k
k
k
f
(
x)
的单调递增区间为
,
0
,
ln
2 k
,
；减区间为
0，ln
2 k
.
当 k 2 时 ln 2 0 ，当 x 0 时 f '(x) 0 ；当 x 0 时 f '(x) 0 ； f (x) 的单调递增区间 k
为 , ；
（2）当1
k
2
时，由（1）知，
f
(x)
的单调递增区间为为
（1）由题意，代入得到不等式 x 1 x 4 ，分类讨论，即可求解不等式的解集；
（2）根据绝对值的三角不等式，以及基本不等式，即可作出证明.
【详解】（1）由 f (x) f (x 1) 4 得 x 1 x 4 ，
当 x 1时，得 2x 1 4 ，所以 x 5 ； 2
当 0 x 1时，得1 4 ，所以 x ；
【详解】（Ⅰ）因为物理原始成绩 N 60,132 ，
所以 P(47 86) P(47 60) P(60 86)
1 P(60 13 60 13) 1 P(60 213 60 213)
2
2
0.682 0.954
2
2
0.818 ．
所以物理原始成绩在（47，86）的人数为 2000 0.818 1636 （人）．
2
y
y1
y2 x2
y1 x1
x x1
，令
y
0 ，得
x
x1 y2 y1
x2 y1 y2
，然后将韦达定理代入求解.
【详解】（1）设点 O 关于直线 2x y 5 0 的对称点为 O x0, y0 ，则
2
x0 2
y0 2Байду номын сангаас
5
0
2
y0
1
，
x0
解得
x0 y0
4 2
，
a2 4
∴ g k 在 1, 2 上为增函数.
∴
g
k
max
g
2
2e2
4.
22.【答案】（1）
4 cos
，
4sin
；（2） 1 2
.
【解析】
【分析】
（1）结合直角坐标方程、参数方程和极坐标方程间的关系，求出直线 l 和曲线 C 的极坐标
方程即可；
（2）将射线 R, 0, 与曲线 C 和直线 l 的极坐标方程联立，可求得
1
，消去 y 得
3 4k 2
x2 32k 2 x 64k 2 12 0 ，
32k 2 43 4k 2 64k 2 12 0 ，
解得 1 k 1 ，且 k 0 ，
2
2
∴直线
PN
的斜率取值范围是
1 2
,
0
0,
1 2
；
由韦达定理得：
x1 x1
x2
32k 2 3 4k 2
区间为 (，0)，f (x) 的单调递减区间为 (0， )
当 0 k 2 时，令 f '(x) 0 得 x 0 ，或 x ln 2 0 ， k
当 0 k 2 时 ln 2 0 ，当 f '(x) 0 时 x ln 2 或 x 0 ；当 f '(x) 0 时 0 x ln 2 ；
依题意，得
e
c a
1 2
，
∴a 2，c 1，b 3 ，
∴椭圆 C 的方程是 x2 y2 1 ； 43
（2）设直线 PN 的方程为 y k x 4 k 0 ，且 N x1,y1 ， E x2, y2 ，
则 M x1, y1 ，
y k(x 4)
由 x2 4
y2 3
（1）求出 f x ，分别讨论 k 0 ， 0 k 2 ， k 2 时 f x 正负情况即可；
（2）判断函数 f (x) 在[0，k]上单调性，求出 g(k) ，再利用导数求最值即可.
【详解】（1） f (x) kxex 2x x(kex 2) ，
当 k 0 时 kex 2 0 ，令 f '(x) 0 得 x 0 ，令 f '(x) 0 得 x 0 ，故 f (x) 的单调递增
当 x 0 时，得1 2x 4 ，所以 x 3 ； 2
综上，此不等式的解集为：
,
3 2
5 2
,
；
6
（2）由 f (x) f ( 1 ) x
x 1 1 1 x
，
由绝对值不等式得 x 1 1 1 x 1 ，
x
x
又因为 x, 1 同号，所以 x 1 x 1 ，
x
x
x
由基本不等式得： x 1 2 ，当且仅当 x 1 时，等号成立， x
解得 c 1 或 c 7 ( 负值舍去),
cos( A B) cos B sin( A B) sin B 3 5
又 0 A ,所以
(3)由正弦定理,有 由题知 a b ,则 A B ,故
根据余弦定理,有
向量 BA 在 BC 方向上的投影为
BA cos B 2 2
19.【答案】（Ⅰ）1636 人；（Ⅱ）见解析．
所以 f (x) f ( 1 ) 2 . x
7
调递增，故 f (x)max f (k) k(k 1)ek k 2 .
综上所述：函数 f (x) 在[0，k]上的最大值为 g(k) k(k 1)ek k2 ， k 1, 2
g(k) (k2 k 1)ek 2k ，由于 k 2 k 1 0 ， ek e 2
∴ g(k) (k 2 k 1)ek 2k 2k 2 2k 2 2k 2 k 1 k 1 0 对 k 1, 2 恒成立
2 3 5
8 125
．
所以 X 的分布列为
X
0
1
2
3
27 54 36
8
P
125 125 125 125
所以数学期望 E X 3 2 6 ．
55
20.【答案】（1）
x2 4
y2 3
1
；（2）
1 2
,
0
0,
1 2
，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）设点 O 关于直线 2x y 5 0 的对称点为 O x0, y0 ，根据一垂直二平分，解得 x0 ，
x2
64k 2 12 3 4k 2
，
直线 ME
的方程为
y
y1
y2 x2
y1 x1
x x1 ，
3
令 y 0 ，解得：
x
x1 y2 y1
x2 y1 y2
kx1 x2 k x1
4 kx2 x1 4 4 k x2 4
，
2x1x2 4 x1 x2 ，
x1 x2 8
对于 k [1，2] ， k (k 1) 0, ek 1 e 1 0 ，即 f (k)≥f (0) ，当 k 1时等号成立，
故 f (x)max f (k ) k (k 1)ek k 2 .
当 k 2 时由（1）知； f (x) 的单调递增区间为 , ；所以当 x [0，k]时函数 f (x) 单
0，ln
2 k
，单调增区间为
ln
2,k k
；
故函数 f (x)max max{ f (0)，f (k)} max{k，k(k 1)ek k2}，k [1，2].
由于 f (k) f (0) k(k 1)e k k 2 k k[(k 1)e k k 1] k(k 1)(ek 1)
BBACD CBDBB AB -3 31 0.046 08
4 17.
18 、 解 :(1) 由 已 知 得 ：
cos( A B B) 3 ,即 cos A 3
5
5
sin
A
4 5
a b ,所以 sin B b sin A 2 ,
sin A sin B
a
2
B . 4
(4 2)2 52 c2 2 5c ( 3) , 5
,
0
,
ln
2 k
,
；减区间
4
为
0，ln
2 k
.
令
h(k )
ln
2 k
k，k
[1，2] ，
h(k )
k 2
2
1 k2
1
1 k
1
0
，
故 h(k) 在[1，2] 上单调递减，故 h(k)≤h(1) ln 2 1 0 ln 2 k ，
k
所以当
x [0，k]时函数
f
(x)
单调减区间为
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据正态曲线的对称性，可将区间 47,86 分为 47, 60 和 60,86 两种情况，然后
根据特殊区间上的概率求出成绩在区间 47,86 内的概率，进而可求出相应的人数；（Ⅱ）
由题意得成绩在区间[61,80]的概率为
2 5
，且
X
B
3,
2 5
，由此可得
X
的分布列和数学
期望．
（2）由
4 cos
得
OA
A
4 cos
，
由
4 sin
得
OB
B
4 sin
，
OB
所以
4 sin
cos
sin cos
1 sin 2
， 0,
OA
4
2
所以当
或 3 时， 44
OB OA
1 的最大值为
2
.
23.【答案】（1）
,
3 2
5 2
,
；（2）证明见解析.
【解析】 【分析】
2 64k 2 12 4 32k 2
3 4k2
3 4k2
32k 2 3 4k2
8
1，
∴直线 ME 与 x 轴交于定点 1, 0 .
21.【答案】（1）详见解析过程；（2） g(k) k(k 1)ek k2 ， k 1, 2 ， g k max 2e2 4 .
【解析】
【分析】
OA
,
OB
的表达式，然后求出
| |
OA OB
| |
的取值范围即可.
5
【详解】（1）由
x
4得
cos
4
0 ，即
4 cos
，
所以 l 的极坐标方程为
4 cos
.
由
x
y
2 cos 2 2sin
得
x3
(y
2)2
4
，即
x2
y2
4y
0，
所以 2 4 sin 0 ，即 4 sin ，
所以 C 的极坐标方程为 4 sin .