1、 1 2019-20202019-2020 学年度河北名优校联考学年度河北名优校联考 数学（理科）参考答案及评分标准 一、选择题一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分） 1.C解析：由 x22x3 变形，得(x+1)(x3)0，解得 x3 或 x1，Ax|x3 或 x1. 又Bx|0x4，AB3，4). 2.A解析：由题意可得 ， ， 03 01 m m 解得 1m3.又mZ，m2，z1i， 5 5 5 1 1 1 1 1 zz . 3.D解析：设扇形的圆心角为，大扇形的半径长为 R，小扇形的半径长为 r，则 S大扇形 2 2 R ， S小扇形 2 2 r ，R=2r.
2、所以根据几何概型，可得此点取自扇面（扇环）部分的概率为 4 3 4 3 2 22 2 2 2 22 2 22 r r R rR R rR P . 4.A解析：，22211 3 1 3 1 001log3log 1 3 102 . 0 2 1 2 1 cbaabc. 5.D 解析：设向量 a，b 的夹角为.(a+b)(ab)0，a2b20，|a|b|.|a+b|3|ab|， a2+2|a|b|cos +b29a218|a|b|cos +9b2，解得 cos 5 4 . 6.D解析：)( sin cos |ln )(xf xx xx xf ，f(x)为奇函数，排除 A.又f(1)f(1)0， 0
3、22 ff ，排除 B.又 0 3 f ， 0f，排除 C.故只有 D 选项符合. 7.C解析：二项式(2+x)5展开式的通项公式是 rrr r xT 5 51 2C.令3r， 33353 513 402xxT C， x3的系数的 3 倍为 120，即程序运行的结果 S 为 120.模拟程序的运行，可得 k6，S1， 不满足条件；执行循环体，S6，k5，不满足条件；执行循环体，S30，k4，不满足条 件；执行循环体，S120，k3，满足条件，退出循环，此时 S 的值为 120.则判断框中应填 入的关于 k 的判断条件是“k4？”. 8.C 解析：这 50名学生中，恰有 3名女生的课余使用手机总
4、时间在10，12，课余使用手机总时 间在10，12的学生共有 500.082=8(名)，从课余使用手机总时间在10，12的学生中随机抽 取 3人，基本事件总数 n= 3 8 C=56，至少抽到 2名女生包含的基本事件个数 m= 3 3 C+ 2 3 C 1 5 C=16， 则至少抽到 1 名女生的概率为 p= n m = 56 16 = 7 2 . 9.D 解析：an是等差数列，Sn为其前n项和，设公差为d，则 2 1 1 d na n Sn ，易知数列 n Sn 是以 a1为首项、 2 d 为公差的等差数列，则 202020 202020 SS a1+(20201) 2 d 2 120 1
5、d a 1000d2000，解得d2.又S20202020，1 2020 2020 2020 2020 S 2 2 12020 1 a，a12018. 10.D解析：如图，设 OE 的中点为 G，|FM| = m. 2 PFx 轴，MFOE， | | | | OA AF OE FM ，即 a ca OE m | ， ca ma OE |， )(2 | 2 1 | ca ma OEOG .又OGFM， | | | | BF OB FM OG ，即 ca a m ca ma )2( -， a3c，则 3 1 a c e. 11. D解析：过点 S 作 SE平面 ABC 于点 E，记球心为 O. 在
6、正三棱锥 S-ABC 中，底面边长为 6，侧棱长为34，326 2 3 3 2 BE， 6 22 BESBSE .球心 O到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径 长 R，OBR，OE6R.在 RtBOE 中，OB2BE2+OE2，即 R212+(6R)2，解得 R4，该正三棱锥外接球的体积 V= 3 4 R3= 3 256 . 12.B解析：对任意的 xR，有 f(x+2)f(x)0，对任意的 xR，f(x+2)f(x)，f(x)是周期 为 2 的函数，f(1)f(12)f(1)，又当 x1，1)时，f(x)x，f(1)f(1)1， 函数 f(x)不是奇函数，故错误，正确.当 x1
7、，1)时，f(x)x，f(0)0，又f(x) 是周期为 2 的函数，函数 f(x) 的全部零点为 x2k，kZ ，故正确.当 x1，1) 时，f(x)x，令 x xgxf 1 )()(，解得 x1(舍)或 x1；当 x1，3)时，)2()(xfxf x2，令 )()(xgxf ，则 x x 1 2 ，解得 x1+ 2或 x12(舍)；当 x3，1)时， 2)2()(xxfxf ，令 )()(xgxf ，则 x x 1 2 ，解得 x1 2或 x1+2(舍)， 共有 3个公共点，故错误.因此真命题的个数为 2个. 二、填空题二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13.1
8、0解析：根据题意画出可行域，如图所示： 由图可知目标函数经过点 A(4，1)时，z 取得最大值 10. 14. 27 40 解析：由 a1+3a2+ 1 3 n ann，得当 n1 时，a11；当 n2 时，a1+3a2+ 2 3 n an1 n1.又 a1+3a2+ 1 3 n ann，两式相减，得 1 3 1 n n a，当 n1 时也成立，数 3 列an是首项为 1，公比为 3 1 的等比数列， 27 40 3 1 1 3 1 1 4 4 S . 15.y13x16解析：函数f(x)x3+(a1)x2+ax为奇函数，f(1)+f(1)0，1+a1a+(1+a 1+a)0，解得a1，f(x
9、)x3+x，13)( 2 xxf.设切点为( 0 x， 0 y)，则)( 0 xf 13 2 0 x.设切线方程为 y 0 y)( 00 xxxf. 0 3 00 xxy，)( 0 3 0 xxy )(13( 0 2 0 xxx.该直线过点(0，16)，)0)(13()(16 0 2 00 3 0 xxxx，解得 ，2 0 x，10 0 y13)( 0 xf，所求直线方程为)2(1310xy，即y13x16. 16.1 5 2 2 y x 解析：由双曲线的方程 C：1 5 2 22 b yx (b0)，知 a5，不妨设圆 A与双曲线 的一条渐近线 x b y 5 交于 M，N 两点，过点 A
10、作 AB 垂直于该渐进线于点 B，连 接 AN，如图. 点A(5，0)到渐近线bx5y0的距离 c b ab ab AB 5 22 .ANrb， BN c b c ba bABAN 2 2 22 222 . NBONONOM2 2 3 ， NBON4 ， NBOB5 ，OB5BN c b25 .在 RtABO 中，OA5，AB c b5 ，OB c b25 ，OB2+AB2OA2，即5 525 2 2 2 4 c b c b ，25b4+5b25c2，25b45c25b2 5(c2b2)5a225，b21，双曲线 C的标准方程为1 5 2 2 y x . 三、解答题三、解答题（共 70 分）
11、17. 解:（1）在ABC 中，3 cos sin Ab Ba ，由正弦定理，得 sin Asin B3sin Bcos A. 0B，sin B0，sin A3cos A， tan A A A cos sin 3.2 分 又0A，A 3 . 3 分 在ABC 中，由余弦定理，得 a2b2+c22bccos A， 即 204+c24c 2 1 ， 4 分 解得 c171(舍去)，c171. c171. 6 分 （2）由（1）知，A 3 ， SABCAbcsin 2 1 c 2 3 . 7 分 4 由正弦定理，得 B b C c sinsin ，1 tan 3 sin 3 2 sin2 sin s
12、in BB B B Cb c .8 分 A 3 ，C为钝角，0B 6 ， 3 3 tan0B，c4， 10 分 SABC32. 即ABC 面积的大小范围是(32，+).12 分 18. （1）证明：如图 1，分别取 AC，BC 的中点 P，Q，连接 DP，EQ，PQ，PH. 1 分 ACD，EBC 均是等边三角形，P 是 AC 的中点，Q 是 BC 的中点， DPAC，EQBC.2 分 平面 ACD平面 ABC 且交于 AC，DP平面 ACD，DP平面 ABC， 平面 EBC平面 ABC 且交于 BC，EQ平面 EBC，EQ平面 ABC， DPEQ. 3 分 又EQ平面 EBC，DP平面 EB
13、C，DP平面 EBC. PH 是ABC 的中位线，PHBC， 4 分 又BC平面 EBC，PH平面 EBC，PH平面 EBC. 5 分 DP平面 EBC，PH平面 EBC，DPPHP，平面 EBC平面 DPH， DH平面 EBC. 6 分 图 1 图 2 （2）解：以点 P 为原点、射线 PA为 x 轴正方向、射线 PB 为 y 轴正方向、射线 PD 为 z 轴正方 向，建立如图 2 所示的空间直角坐标系， 则 P(0，0，0)，A(1，0，0)，C(1，0，0)， 3 2 3 2 1 ，E ，7 分 002 ，AC， 3 2 3 2 3 ，AE . 8 分 EQ平面 ABC，平面 ABC 的
14、法向量可取 n(0，0，1) . 9 分 设平面 EAC 的法向量 m(x，y，z) ， 则 ， ， 03 2 3 2 3 02 zyx x ， ， zy x 2 0 可取 m(0，2，1) . 10 分 设二面角 E-AC-B 的平面角为，据判断其为锐角， cos nm nm 51 1 5 5 .11 分 sin 5 52 . 即二面角 E-AC-B 的正弦值为 5 52 . 12 分 19. 解：（1）设每个人的血呈阴性反应的概率为 q，则 q1p. 1 分 所以 k 个人的血混合后呈阴性反应的概率为 qk，呈阳性反应的概率为 1qk. 5 依题意可知 k X 1 ，1+ k 1 ， 所以
15、 X 的分布列为： X k 1 1+ k 1 Pqk1qk 5 分 （2）方案二中，结合（1）知每个人的平均化验次数为 E(X) kk q k q k 1 1 1 1 1 1 k q k ，6 分 所以当 k2 时，E(X)19 . 0 2 1 2 0.69， 此时 669人需要化验的总次数为 462次；7 分 当 k3 时，E(X)19 . 0 3 1 3 0.6043， 此时 669人需要化验的总次数为 404次；8 分 当 k4 时，E(X)19 . 0 4 1 4 0.5939， 此时 669人需要化验的总次数为 397次. 9 分 即 k2 时化验次数最多，k3 时次数居中，k4 时
16、化验次数最少， 10 分 而采用方案一则需化验 669次.11分 故在这三种分组情况下，相比方案一，当k4时化验次数最多可以平均减少669397272（次）. 12分 20. 解：（1）由抛物线的定义，得 2 5 )2( 2 | p MF，p1. 该抛物线的方程为 y22x. 3 分 （2）由（1）可知，点 M 的坐标为(2，2). 4 分 当直线 l 斜率不存在时，设 A(a，y1),B(a，y2),且 y1+y2=0， 则2 2 4 2 4 2 2 2 2 2121 21 aa yy a y a y kk， a0，y1=y2=0，此时 A，B两点重合，舍去. 5 分 当直线 l 斜率存在时
17、，设直线 l 的方程为 y=kx+b. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2). 联立直线 l 与抛物线的方程，得 ， ， xy bkxy 2 2 整理，得 k2x2+(2kb+2)x+b20，6 分 2 21 22 k kb xx ， 2 2 21 k b xx.7 分 又 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 21 x bkx x bkx x y x y kk ，8 分 整理，得(2k+2)x1x2+(2k+b+2)(x1+x2)+4b0， (2k+2) 2 2 k b +(2k+b+2) 2 22 k kb +4b0， b2b22k(b+1)0，即(b+1)
18、(b22k)0，解得 b1 或 b2+2k. 10 分 当 b1 时，直线 l 为 y=kx1，此时直线 l 恒过定点(0，1). 当b2+2k时，直线l为y=kx+2k+2k(x+2)+2，此时直线l恒过定点(2，2)(与点M重合，舍去). 直线 l 恒过定点(0，1). 12 分 21.解：（1）由 f(x)ln xaex+1 知，0x. 1 分 当 a1 时，f(x)ln xex+1， )(xf x 1 ex，显然 )(xf 在(0，+)上单调递减. 2 分 6 又e 2 2 1 f0， e11f0， )(xf 在 1 2 1， 上存在零点x0，且是唯一零点，当 0 0xx，时，)(xf
19、0；当， 0 xx时， )(xf 0，3分 x0是 f(x)ln xex+1 的极大值点，且是唯一极值点. 4 分 （2）令 f(x)ln xaex+10，则 x x a e 1ln . 5 分 令 ya， x x xg e 1ln )( ，则 ya 和 x x xg e 1ln )( 的图象在(0，+)上有 2 个交点， .0 1ln 1 )(）（x x x xg x e 6 分 令1ln 1 )(x x xh，则 xx x h 11 )( 2 0， 7 分 所以 h(x)在(0，+)上单调递减，而 h(1)0，8 分 故当10，x时，h(x)0，即 )(xg 0，g(x) 单调递增； 当
20、，1x时，h(x)0，即 )(xg 0，g(x) 单调递减，9 分 故 e 1 ) 1 ()( max gxg.10 分 又0 1 e g，当 x1 时，g(x)0， 结合图象，可知若 ya和 x x xg e 1ln )( 的图象在(0，+)上有 2个交点，只需 e 1 0a， 所以 a 的取值范围为 e 1 0，.12 分 22.解:（1）将参数方程 sin3 cos2 y x， (为参数)消去参数，得1 34 22 yx ， 椭圆的标准方程为1 34 22 yx ， 1 分 椭圆的右焦点为 F(1，0).2 分 由 22 4 cos ，得 4sincos ， 3 分 直线 l 的直角坐标
21、方程为 xy4， 过点 F(1，0)与直线 l 垂直的直线方程为 y(x1)，即 x+y10， 4 分 所求直线的极坐标方程为 01sincos 5 分 （2）设点 P 的坐标为( cos2 ，sin3)(02)， 则点 P 到直线 l 的距离 2 |4)sin(7| 2 |4sin3cos2| d， 其中 7 72 sin， 7 21 cos 2 0 ， 7 分 当 k2 2 ，kZ 时，d 取得最小值， 此时 k2 2 ，kZ，8 分 7 74 sin22 2 cos2cos2 k, 7 7 73 cos32 2 sin3sin3 k， 9 分 点 P 的直角坐标为 7 73 7 74 ，
22、 10 分 23.解：（1）由 f(x)=|x+1|+|2x4|，得 ， ， ， 133 215 233 )( xx xx xx xf 2 分 由 f(x)5 可得 ， ， 533 2 x x 或 ， ， 55 21 x x 或 ， ， 533 1 x x 解得 3 8 2，x或20，x或 x.4 分 综上， 3 8 0，x . 5 分 （2） ， ， ， 133 215 233 )( xx xx xx xf 当 x2 时，f(x)取得最小值 3， 6 分 函数 yf(x)图象的最低点为(2，3) ，即 m2，n3. 7 分 ma+nb6，2a+3b6，1 23 ba ， 8 分 945 3 8 2 3 254 3 8 2 3 1 23 8383 b a a b b a a bba baba . 9 分 当且仅当 b a a b 3 8 2 3 ，即 a1，b 3 4 时取等号， ，9 83 ba .10 分