【文档说明】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.docx，共(7)页，308.928 KB，由小赞的店铺上传

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BBACDCBDBBAB-33140.04608√7217.18、解:(1)由已知得：3cos()cossin()sin5ABBABB−−−=−3cos()5ABB−+=−,即53cos−=A又0A,所以

4sin5A=(3)由正弦定理,有BbAasinsin=,所以22sinsin==aAbB,由题知ba,则BA,故4=B.根据余弦定理,有)53(525)24(222−−+=cc,解得1=c或7−=c(负值舍去),向量BA在BC方向上的投影为=BBAcos2219.【答案】（Ⅰ）163

6人；（Ⅱ）见解析．【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25，且23,5XB，由此可得X的分布列和数学期望．【详解】（Ⅰ）因为物理原始成绩()260,13N，所以(4786)(4760)(6086)PPP=+11(60136013)(6021360213)

22PP=−++−+0.6820.95422=+0.818=．所以物理原始成绩在（47，86）的人数为20000.8181636=（人）．（Ⅱ）由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间[61,

80]内的概率为25．所以随机抽取三人，则X的所有可能取值为0,1,2,3，且23,5XB，所以()332705125PX===，()2132354155125PXC===，()2232336255125PXC===，()32

835125PX===．所以X的分布列为X0123P2712554125361258125所以数学期望()26355EX==．20.【答案】（1）22143xy+=；（2）11,00,22−，证明见解析.【解析】【分析】（1）设点O关于直线250

xy−−=的对称点为()00,Oxy，根据一垂直二平分，解得0x，再结合离心率为12，且椭圆C的中心O关于直线250xy−−=的对称点落在直线2xa=上，由2412acea===求解.（2）设直线PN的方程为()4ykx=−()0k，且()11Nxy,，()

22,Exy，则()11,Mxy−，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()211121yyyyxxxx++=−−，令0y=，得122112xyxyxyy+=+，然后将韦达定理代入求解.【详解】（1）设点O关于直线250xy

−−=的对称点为()00,Oxy，则00002502221xyyx−−==−，解得0042xy==−，依题意，得2412acea===，∴2a=，1c=，3b=，∴椭圆C的方程是22143xy+=；（2）设直线PN的方程为

()4ykx=−()0k，且()11Nxy,，()22,Exy，则()11,Mxy−，由22(4)143ykxxy=−+=，消去y得()2222343264120kxkxk+−+−=，()()()222324346

4120kkk=−−+−，解得1122k−，且0k，∴直线PN的斜率取值范围是11,00,22−；由韦达定理得：212221223234641234kxxkkxxk+=+−=+，直线ME的方程为()211121yyy

yxxxx++=−−，令0y=，解得：()()()()1221122112124444kxxkxxxyxyxyykxkx−+−+==+−+−，()121212248xxxxxx−+=+−，()222222264124323434132834kkkkkk−−++==−+，∴

直线ME与x轴交于定点()1,0.21.【答案】（1）详见解析过程；（2）2()(1)ekgkkkk=−−，1,2k，()2max24gke=−.【解析】【分析】（1）求出()fx，分别讨论0k，02k，2k=时()fx正负情况即可；（2）判断函

数()fx在[0，k]上单调性，求出()gk，再利用导数求最值即可.详解】（1）()2(2)xxfxkxexxke=−=−，当0k时20xke−，令'()0fx得0x，令'()0fx得0x，故()

fx的单调递增区间为(0)()fx−，，的单调递减区间为(0)+，当02k时，令'()0fx=得0x=，或2ln0xk=，当02k时2ln0k，当'()0fx时2lnxk或0x；当'()

0fx时20lnxk；()fx的单调递增区间为()2,0,ln,k−+；减区间为20lnk，.当2k=时2ln0k=，当0x时'()0fx；当0x时'()0fx；()fx的单调递增区间为(),−+；（2）当12k时，由（1）知，()fx的单调递

增区间为为()2,0,ln,k−+；减区间【为20lnk，.令2()ln[12]hkkkk=−，，，211()21102khkkk=−−=−−，故()hk在[12]，上单调递减，故2()(1)ln210lnh

khkk=−≤，所以当x[0，k]时函数()fx单调减区间为20lnk，，单调增区间为2ln,kk；故函数2max()max{(0)()}max{(1)e}[12].kfxffkkkkkk==−−−，，，，由于2()(0)(1)[(1)1]kkfkfkkekk

kkek−=−−+=−−+(1)(1)kkke=−−对于[12]k，，(1)0,110kkkee−−−，即()(0)fkf≥，当1k=时等号成立，故2max()()(1)kfxfkkkek==−

−.当2k=时由（1）知；()fx的单调递增区间为(),−+；所以当x[0，k]时函数()fx单调递增，故2max()()(1)ekfxfkkkk==−−.综上所述：函数()fx在[0，k]上的最大值为2()(1)ekgkkkk=−−，1,2k2

()(1)e2kgkkkk=+−−，由于210kk+−，2kee∴()()22()(1)e222222110kgkkkkkkkkk=+−−+−−=+−对1,2k恒成立∴()gk在1,2上为增函数.∴()()2max224gkge==−.22.【答案】（1）

4cos=，4sin=；（2）12.【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)(),0,R=与曲线C和直

线l的极坐标方程联立，可求得,OAOB的表达式，然后求出||||OAOB的取值范围即可.【详解】（1）由4x=得cos40−=，即4cos=，所以l的极坐标方程为4cos=.由2cos22sinxy==+得32(

2)4xy+−=，即2240xyy+−=，所以24sin0−=，即4sin=，所以C的极坐标方程为4sin=.（2）由4cos==得4cosAOA==，由4sin==得4sinBOB==，所以cos14sinsin

cossin242OBOA===，)0,所以当4=或34时，OBOA的最大值为12.23.【答案】（1）35,,22−−+；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意，代入得到不等式14xx−+，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()(1)4fxfx++得14xx−+，当1x时，得214x−，所以52x；当01x时，得14，所以x；当0x时，得124x−，所以32x−；综上，此不等式的解集为

：35,,22−−+；（2）由1()()fxfx−+=111xx++−，由绝对值不等式得1111xxxx++−+，又因为1,xx同号，所以11xxxx+=+，由基本不等式得：12xx+，当且仅当1x=时，等号成立，所以1

()()2fxfx−+.