【附加15套高考模拟试卷】山东省2020年高考仿真模拟冲刺卷(一)数学(理)试题含答案

∴的分布列为： ∴的数学期望：19. 【答案】见解析 【解析】（1）如图，连接AC， ∵ABCD为矩形且F是BD的中点， ∴AC必经过F 又E是PC的中点， 所以，EF∥AP ∵EF在面PAD外，PA在面内， ∴EF∥面PAD （2）∵面PAD⊥面ABCD，CD⊥AD，面PADI面ABCD=AD，∴CD⊥面PAD， 又AP?面PAD，∴AP⊥CD 又∵AP⊥PD，PD和CD是相交直线，AP⊥面PCD 又AD?面PAD， ∴面PDC⊥面PAD （3）由P作PO⊥AD于O，以OA为x轴，以OF为y轴，以OP为z轴，则 A（1，0，0），P（0，0，1） 。 uuur由（2）知AP?(?1,0,1)是面PCD的法向量，B（1，1，0），D（一1，0，0）， uuuruuurBD?(?2,?1,0)，PD?(?1,0,?1) rruuurruuur??2x?y?0设面BPD的法向量n?(x,y,z)， 由n?PD,n?BD得? ?x?z?0?r取x?1，则n?(1,?2,?1)， ruuur(1,?2,?1)?(?1,01)3向量AP?(?1,0,1)和n的夹角的余弦 ??326所以，锐二面角B—PD—C的余弦值11分 3 3k2k1? （2）2 20. 【答案】（1）k＝0时，y?；k?0时y?kx?222【解析】（1）①当k?0时，此时A点与D点重合，折痕所在的直线方程y?②当k?0时，将矩形折叠后A点落在线段CD上的点为G(a，1) 所以A与G关于折痕所在的直线对称，有kOG?k??1,1 21k??1?a??k ak1,) 22故G点坐标为G(?k,1)，从而折痕所在的直线与OG的交点坐标（线段OG的中点）为M(?k2k1k? ∴折痕所在的直线方程y??k(x?)，即y?kx?2222由①②得折痕所在的直线方程为：

k2k1? k＝0时，y?；k?0时y?kx?222（2）①当k?0时，折痕的长为2

k2?1k2?1),P(?,0) ②当k?0时，折痕所在的直线与坐标轴的交点坐标为N(0,22kk2?12k2?12(k?1)3y?PN?()?(?)? 222k4k23(k2?1)2?2k?4k2?(k2?1)3?8k∴y'? 416k令y'?0解得k??227 ∴PNmax??2 ∴折痕的长度的最大值2 21621. 【答案】（1）0 （2）见解析 【解析】(1)函数f(x)的定义域是(-1,∞),''f'(x)?1?1，令f'(x)?0，解得x=0 1?x当-10时,f(x)?0，又f(0)=0，故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值，最大值是0(2)证法一g(a)?g(b)?2g( a?ba?b2a2b. )?alna?blnb?(a?b)ln?aln?bln22a?ba?bb?aa?b?0,?1??0 2a2b2ab?ab?a2ba?ba?b∴ln ln ??ln(1?)????ln(1?)??a?b2a2aa?b2b2b2a2bb?aa?b2aa?b∴aln ??bln????0 又∵a?b2ba?ba?b222a2ba?b2b2baln?bln?aln?bln?(b?a)ln?(b?a)ln2 a?ba?b2ba?ba?ba?b综上0?g(a)?g(b)?2g()?(b?a)ln2 2a?x'(2)证法二：g(x)?xlnx，g(x)?lnx?1，设F(x)?g(a)?g(x)?2g()， 由(1)的结论知ln(1?x)?x?0(x??1,且x?0)，由题设0a从而，当x=a时，F(x)有极小值F(a)∵F(a)=0,b>a, ∴F(b)>0,即0?g(a)?g(b)?g( a?b) 2a?x'设G(x)?F(x)?(x?a)ln2,则G(x)?lnx?ln?ln2?lnx?ln(a?x) 2当x>0时,G(x)?0,∴G(x)在(0,+∞)上为减函数， ∵G(a)=0,b>a ∴G(b)<0.即g(a)?g(b)?2g(22. 【答案】见解析 【解析】(1)∵∠PHQ＝∠PQ＝90°，∴Q、H、、P四点共圆． (2)∵Q、H、、P四点共圆，∴∠HS＝∠HQP，

∵∠PSR＝90°，∴PR为圆的直径，∴∠PQR＝90°，∠QRH＝∠HQP， 而∠QSP＝∠QRH， 由上三式得，∠QSP＝∠HS，TS＝T， 又∠SQ＝90°，∵∠SQ＝∠TQ，∴QT＝T，∴QT＝TS.

23. 【答案】（1）x?3?0或3x?4y?15?0 （2）4x?2y?15?0(x?y?25) 【解析】由圆C的参数方程?22'a?b)?(b?a)ln2 2?x?5cos??x2?y2?25，

?y?5sin??x??3?tcos??(t为参数)， 设直线l的参数方程为①?3y???tsin???222将参数方程①代入圆的方程x?y?25，得4t?12(2cos??sin?)t?55?0，

2∴△?16[9(2cos??sin?)?55]?0，所以方程有两相异实数根t1、t2， ∴|AB|?|t1?t2|?9(2cos??sin?)?55?8，化简有3cos解之cos??0或tan???222??4sin?cos??0，

3，从而求出直线l的方程为x?3?0或3x?4y?15?0． 4（2）若P为AB的中点，所以t1?t2?0，由（1）知2cos??sin??0，得tan???2，