高考河北衡水中学压轴卷文科数学答案_高考文科数学压轴小题

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河北衡水中学文科数学参考答案

1-12 CBCCCADCCBCB

14.15.1216.①④

17.解：（I）f(x)m

nx4cosx4cos2x

4=x1x1

x12sin22cos22=sin（26)

2----------------3分∵f(x)1∴sin(x26)12∴cos(x3)12sin2(x126)=

2-------5分

（II）∵(2ac)cosBbcosC，由正弦定理得(2sinAsinC)cosBsinBcosC∴2sinAcosBsinCcosBsinBcosC

∴2sinAcosBsin(BC)-----------------6分 ∵ABC∴sin(BC)sinA，且sinA0

∴cosB1

2,∵0B

∴B



3---------------8分

∴0A2A1A

3∴2,2sin(26)1626

∴1sin（A26)123A1

32∴f(A)sin()(1,)--------10分

2622

18解：（1）由条形图可得，选择A、B、C、D四款套餐的学生共有200人1分

其中选A款套餐的学生为40人2分

由分层抽样可得从A款套餐问卷中抽取了2040

2004份4分 设事件M: 甲被选中进行调查问卷则P(M)

440

0.15分（2）由图表可知，选A,B,C,D四款套餐的学生分别接受调查的人数为4,5,6,5，其中不满意的人数分别为1,1,0,2个

记对A款套餐不满意的学生是a, 对B款套餐不满意的学生是b, 对D款套餐不满意的学生是c,d,设事件N:从填写不满意的学生中选出2人，至少有一人选的是D款套餐8分 从填写不满意的学生中选出2人，共有C

2246个基本事件，而事件N有C2C2C2个基本事件10分 则P(N)

56至少有一人选的是D款套餐的概率是

5612分 19.（Ⅰ）作ME∥CD，ME∩PD＝E．

∵∠ADC＝∠BCD＝90，AD＝2BC＝2，N是AD的中点，∴BN⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，∴BN⊥平面PAD，∴BN⊥NE，∠DNE为二面角M-BN-C的平面角，∠DNE＝30．……………3分

∵PA＝PD＝AD，∴∠PDN＝60，∴∠DEN＝90，∴DE＝

14，∴CM＝ 1 4CP，故PM

MC

3．…………………………………………………………6分

（Ⅱ）连结BE，由（Ⅰ）的解答可知PE⊥平面BMN，则∠PBE为直线PB与平面BMN所成的角．连结PN，则PN⊥平面ABCD，从而PN⊥BN，∴PBPN＋BN＝PN＋CD6，…………………………………………9分

又PE＝ 33 PE6

4PD2，∴sin∠PBEPB＝4

．

所以直线PB与平面MBN所成的角为arcsin

12分 E

C

解法二：

（Ⅰ）建立如图所示的坐标系N—xyz，其中N(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，3)． 设→PM＝λ→MC（λ＞0），则M

－λ3λ

31＋λ1＋λ，1＋λ)，于是

→NB＝(03，0)，→NM＝(－λ3λ31＋λ，1＋λ1＋λ)，………………………………3分

设n＝(x，y，z)为面MBN的法向量，则→NB·n＝0，→NM·n＝0，3y＝0，－λx＋λy3z＝0，取n＝(3，0，λ)，又m＝(0，0，1)为面BNC的法向量，由二面角M-BN-C为30，得 |cosm，n|＝|m·n||m||n|λ3＋λcos30＝3

2，解得λ＝3，故PM

MC

3．……………………………………………………………………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ），n＝(3，0，3)为面MBN的法向量，……………………………8分设直线PB与平面MBN所成的角为θ，由→PB＝(033)，得

→sinθ＝|________3|→PB·n|

PB||n|

6×4，所以直线PB与平面MBN所成的角为arcsin

．………………………………12分 20.（1）解：因为aa222

n1na1，所以an1anan1an2，n1an22

即an1

11

2an2

2，——2分 令b

12

1n

an2,bn1bn2，故bn是以4为首项，2为公差的等差数列。

所以bn

142n18n74，——4分 因为a7

n1，故ann

。——6分

（2）因为c2

n2an18n7，所以

111c1n71

8n1，——8分

ncn18n78n188

所以S1c111111111

n

 1c2c2c3cncn1899178n78n1

18118n11

8，——10分 因为Snk恒成立，故k

。——12分 21.解析（1）由函数f(x)的图象关于y轴对称，得f(-1)=f(1),即a2a2，解得a=0,所以

f(x)xx

（2）设x/

1、x2是函数g(x)的两个极值点，则x1、x2是方程g(x)3x22bxc0的两个不

等实根，则4b

212c0（c为正整数）x2b1x2

又A、O、B三点共线x3bx23bx

211cx1x22cx2

x

1x2

即(x2b

1x2)[(x1x2)b]0，又x1x2，bx1x2

3，b0（3）f(x)xx(x1)(1x)=2fmin(x)2

又g(x)x3cx，令g/(x)3x2c0，x

c3

g(x)在（,

c3),(c3,)上单调递减，在(c3,c)上单调递增 f(1)g(1)0c3 0c31，满足题意只需g(c)2

1c3，即c=1或2

22.（Ⅰ）根据椭圆定义及已知条件，有

|AF2|＋|AB|＋|BF2|＝4a，① |AF2|＋|BF2|＝2|AB|，②

|AF2|2＋|AB|2＝|BF2|2，③…3分

由①、②、③，解得|AFAB| 4

52|＝a，|3a，|BF2|＝

3a，所以点A为短轴端点，b＝c＝

22，Γ的离心率e＝ c a

25分（Ⅱ）由（Ⅰ），Γ的方程为x2＋2y2＝a2．

不妨设C(x1，y1)、D(x2，y2)（x1＜x2），x2＋2y2＝a2，则C、D坐标满足

y＝kx．

由此得x1aa，x2． 1＋2k1＋2k

a＝0的距离分别为d1、d2，2设C、D两点到直线AB：x－y＋

因C、D两点在直线AB的异侧，则

d1＋d2＝

|

x1－y1＋

||

x2－y2＋

2222

(x－y＋)－(x－y＋ a)|||22

＝

(x2－x1)－(y2－y1)(1－k)(x2－x1)2(1－k)a

＝8分

221＋2k2(1－k)a221－k114

∴S＝|AB|(d1＋d2)·a··．

22331＋2k1＋2k(1－k)2t21设t＝1－k，则t＞1＝，＝ 4 31＋2k2t－4t＋3

2－tt

(1－k)2121

当k＝－最大，进而S有最大值．……………………12分 t321＋2k