保定二模数学参考答案一、选择题：1.C2.B3.A4.A5.C6.C7.D8.D二、选择题9.ABD10.BCD11.AD12.BC12解析：设线段BP、DQ的长度分别为a、b，BCP，DCQ，则AP1a，222AQ1b，PQa+b.则由勾股定理得a+b1a1b，即a+b1ab，又因为tantanabtana，tanb，于是tan1，Q090，1tantan1ab45，PCQ45，故A错误;11设DCQ（045），则BCP45，CQ，CP，coscos(45)1111SCQCPsin45sin45VPCQ22coscos(45)121，故B正确;12sin(245)由A选项的推理可知2aba+b1ab,PQa+bab1ab1,PQab222，故C正确；2以AB为x轴正向，AD为y轴正向建立平面直角坐标系，设线段BP、DQ的长度分别为a、b，xy则P(1a,0)，Q(0,1b)，C(1,1)，直线PQ的方程为1，则C点到直线PQ的1a1b距离22111122111121a1b1a1b1a1b1a1bd=222211111a1b1a1b2211又Qa+b1ab，12=0,d=1,故D错误.1a1b1a1b三、填空题：x13.f(x)a(a1)(答案不唯一)114.115.780（390也对）816.316.解析：如图，过D做DE//BC且DE=BC,连结CE、AE,则为平行四边形，，BCDEVBACDVACDE设异面直线AD与BC的距离为d，AD与BC所成的角为，11则ADE或，VVVADDEsind，BACDACDECADE32当异面直线AD与BC垂直且距离最大时，四面体ABCD的体积最大.QABBDACCD6，BC2，B、C两点在以A、D两点为焦点的椭球面上，过BC做轴AD的垂面，交轴AD于M，垂面与椭球面的交线是一个半径为r的圆，BC是它的一条弦，14四面体ABCD体积为VSADr21，3VBCM38当点M位于椭球的中心时r最大，最大值为5，四面体ABCD体积的最大值为.3四、解答题：17解：证明：如图：(1)连接交于点，连接，，由为四棱台，知四点共面，1分ACBDOEGGO且面，面．ABCD−EFGHACGE⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯．2分EG⊂EFGHAC⊂ABCD∴EG//A和C⋯⋯均⋯为⋯⋯菱⋯形⋯，⋯且⋯⋯⋯⋯⋯⋯，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯π∵EFGHABCD∠BAD=3EH=2,AD=4，四边形为平行四边形，4分123∴EG=2AC=A面O=，∴面A，OGE⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯平面；5分∴AE//GO,GO⊂BDGAE⊄BDG法一：∴AE//BDG⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯如图，设的中点为根据题意得,且DA,DM,DH两两垂直，以为坐标原点以DA为轴，(2)为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，BCM,DM⊥DAD.xDMyDHz2则D，H则，，，0,0,0,A4,0,0,E2,0,3,B2,23,0,F1,3,3,G−1,3,30,0,3,6分DB=2,23,0DG=−1,3,3GF=HE=2,0,0设是平面的一个法向量，BG=−3,−3,3⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯则有n=x,y,z，即BDG2x+23·y+0×z=0令DB·n，=解0得：，，,DG·n=0−x+3×y+3×z=0，8分y=−3x=3z=2∴则n点=F到3平,−面3,2的距⋯离⋯为⋯⋯⋯⋯=⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分n∙GF3BDGn2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯三棱锥的体积为BD=210分113法二：连F−接BDG交于，3×G2E9F+H3×，2FD3⋯G⋯E⋯⋯，⋯F⋯H⋯⋯⋯D⋯H⋯⋯D⋯⋯⋯GE面GBEDHFHFK分⋯⋯6四边形为菱形且，，GK38分πABCD∠BAD=3EF=2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11VV4332310分FBDGGBDF32⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯18.解：，由正弦定理得，1分(1)∵ADcos∠ADB=(2BD−AB)cos∠ABD，sin∠ABDcos∠ADB=(2sin∠BAD−sin∠ADB)cos∠ABD⋯⋯⋯，∴2sin∠BADcos∠ABD=sin∠ABDcos∠ADB+cos∠ABDsin∠ADB，4分∴2sin∠BADcos∠ABD=sin(∠ABD+∠ADB)∴2sin∠BADco，s∠ABD=sin∠BAD，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2∵sin∠BAD≠0∴cos∠ABD=2，；6分π∵02<记∠ABD<π，∠ABD=4⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯在中，，7分()∠BCD=θ由知为等2腰直角2三角形2，，△BCDBD=BC+CD−2BC·CD·cosθ=20−16cosθ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(1)ΔABDAB，⊥AD8分1212∴S△ABD=2AB=4BD=5−4cosθ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯，9分1S△四BC边D形=2BC·C的D·面sin积θ=为4sinθ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯，∴ABCDSS=S△ABD+SBCD=5−4cosθ+4sinθ3，11分π=5+42sin(θ−4)⩽5+42⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯当时，，等号成立．3ππ四θ边=形4s面in积(θ的−最4)大=值1为．12分∴ABCD5+42⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯19.解：2(1)Q2Sn2nannn当时，（）（）22分n22Sn-12n-1an-1n-1n-1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯两式相减得：2an2nan2(n1)an12n2化简得(n1)(anan11)0，4分Qn2anan11⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯，所以数列是以为首相，为公差的等差数列5分Qa11an11⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分ann⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(2)由（1）1an+1=1n+1n1a1n−2−211an1n−2=−2∴−2−2=−2数列是以为首项，为公比的等比数列.7分n1a11∴−2−2−2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11n1n，8分−2×1−−21−−2n1∴T=1−−2=−3⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯当n为偶数时1n,9分131−28151nnn∴T−T=1−2−3∈34⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯当n为奇数时1n，10分131+2381nnn∴T−T=1+2−3∈23⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分Tn−Tn≥2∴115⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11Tn−Tn≤4.12分9∴s−tmin=4⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯20.解：（1）设高二年级与高一年级在前两场打平的条件下，最终战胜高一年级的事件为A,...1分则P(A)=+2（）3分111111（2）2×根2据题2意×得2高2三=年2级⋯获⋯⋯得⋯积⋯分⋯的⋯⋯的⋯取⋯值⋯可⋯为⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分+2+2ξ0,3,6⋯⋯⋯+⋯2⋯⋯⋯⋯⋯+211121112121111111Pξ=0=3×3×3×3×3×3×3×3×2×3×3×3×2×2×2×2×2×2×46分11111551552×2×2×2×2×2=243×2=486⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯+2+2+2+2221222121221111116Pξ==3×3×3×3×3×3×3×3×2×3×3×3×2×2×2×2×2×2×8分111111881942432×2×2×2×2×2=×2=243⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯19分5518813Pξ的=分布=列为−486−486=2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯036∴ξPξ5519410分4862243619⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯194162∴E(ξ)=3×2+6×243=21、解：设椭圆的方程为=122xy221a+ba>b>0根据题意得解得24a=42b22a2=20a+b=1b=5故所求椭圆方程为=14分22xy20+5⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯证明：（2）设直线交该椭圆与，两点22xyl:y=kx+m20+5=1Ax1y1,Bx2,y2.将代入22xy得y=kx+m20+5=1-202221+4kx+8kmx+4m=0222所以8km−41+4k4m−2>08km2121+4kx+x=−24m−202x1x2=1+4k6分直线能与轴共同围成底边在轴上的等腰三角形，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯，7分∵PA,PBxx∴即kPA+kPB=0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯y1−2y2−2y1−2x2−2+y2−2x1−2x1−2+x2−2=x1−2x2−2=0，，9分∴kx1+m−2x2−2+kx2+m−2x1−2=即2kx1x2+m−2k−2x1+x2−4m−2=0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯24m−208km22即2k1+4k−m−2k−21+4k−4m−211分2直4线k−1m与+8轴k共−同10围k成+底2边=在0轴上⋯的⋯等⋯⋯腰⋯三⋯角⋯形⋯时⋯直⋯⋯线⋯⋯的⋯斜⋯⋯率⋯为定值.12分1∴PA,PBxxAB4⋯522、解：(1)=2-2x∵fx=xe−1=2x2分∴f'xx+2xe又∴f'13e−2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯在点处的切线方程为4分∵f1=e−1∴fxA1,e−1的图像恒在3e轴−上2方x，−等y−价2于e+1=0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯恒成立fxx2gx=x−lnx−1xxe+m−lnx−1>0即恒成立，5分lnx+1xm>x−e⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯令,则=2xlnx+1xlnxxlnx+xe22φx=x−eφ'x=−x−e−x令=,则=x212xx所以ϕx−在lnx，+ex上单ϕ调'x递减−x+xe+2xe<06分又ϕx0+∞所以在，⋯⋯⋯上⋯存⋯⋯在⋯唯⋯一⋯的⋯⋯使⋯⋯⋯⋯⋯⋯1当ϕ2>0,时ϕ1<0,，0单调+递∞增，当，x0ϕ时x0=0，单调递减.故x∈的0,x最0大值φ为'x>0φxx∈x0+∞φ'x<0φx8分lnx0+1x0φxφx0=x0−e⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯又ln=0,故=,lnx0x02x0两边取x0对+数e得x0x0e−x09分又=ln单x调0+递x增0=，l所n以−lnx0+−ln，x0故⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分x01δxx+lnxx0=−lnx0e=x0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯所以==-1lnx0+1x0lnx0110所以φx=x0−ex0+x0−x012分m≥−1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6