河北省石家庄二中2020届高三下学期教学质量检测(理数)

曰c—a2ab22Tb2,解得a2,b 22,所以椭圆2E方程为241. 4 分2y2kx得(2k21)x2所以X14kx2

4k20,其判别式 (4k)一一28(2kX2从而OAOB2k2PA1PBX1X22y2kx得(2k21)x2所以X14kx2

4k20,其判别式 (4k)一一28(2kX2从而OAOB2k2PA1PBX1X222P(1 )(1kbg(也可利用系数比值相等所以，当1时,x1x2k(x1x2)1，[x〔X2(y11)(y22 4)k2(22k211)]1)12k2121

2k21此时，OAOBPAPB3为定值10分当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD,此时OCODPCPD21 3综上，存在常数1,使得OAOBPAPB为定值—312分(n)当直线ab斜率存在时,设直线AB的方程为ykx1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)-2x联立420.解：(1)X的可能取值的集合为{0,2,4,6,8}(2)可用列表或树状图列出在等可能的假定下，1有P(X0)——,24TOC\o"1-5"\h\z1,2,3,4(2)可用列表或树状图列出在等可能的假定下，1有P(X0)——,243 7 9P(X2)——,P(X4)——,P(X6)——24 24 244 …，一P(X8)得到X的分布列为:24X02468P1379424242424245分1EX0—24242462484245.⑶(i)P(X2)P(X0)P(X2)将三轮测试都有X2的概率记为P,2424由上述结果和独立性假设，可彳导p121610分…12分21.解(1)f'(x)1lnx- 2 2f'(e)1lnef(e2)lne22e2曲线yf(x)在xe2处的切线方程为y2e2)(xe2)，(2)方法1(含参讨论)：记g(x)f(x)(x1)xInx(x1)，则g'(x)lnx1…12分21.解(1)f'(x)1lnx- 2 2f'(e)1lnef(e2)lne22e2曲线yf(x)在xe2处的切线方程为y2e2)(xe2)，(2)方法1(含参讨论)：记g(x)f(x)(x1)xInx(x1)，则g'(x)lnx1，令g'(x)0.得xx(0,e1、)时,g'(x)0,则g(x)在(0,e1 .、，、一,.)上单调递减,当x(e1)时,g'(x)0,则g(x)在(e)上单调递增,g(x)ming(e1)(1)e1(e11)0.记6(则G'()1 „ _，令G’(0,得1,1)时,G’()0,则G()在(，1)上单调递增,(1,)时,G’()0,则G()在(1,)上单调递减,G—xG(1)0,G()0当且仅当1时取等号,, 1 1(ii)由于p 0.005是一个很小的概率，216200这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有 X2的结果的可能性很小,所以我们认为该调味品品评师确实有良好的品味鉴别能力，不是靠随机猜测.方法2(参变分离)g(x)f(x)(x1)xlnx(x1)0g(x)f(x)(x1)xlnx(x1)0即(x1)xlnx,x0,x1, 00,x1,xlnxh(x),h'(x)x1Inx(x1Inx11Inx1（洛必达法则） 6分记m(x)x1Inx,m'(x)h(x)在(1,)上单调递增，同理可得0x1, 1,综上，1.方法3（必要性&充分性）

,1-1一0,m(x)m(1)0.xlimh(x)limx1 x1（必耍性）记g（x）f（x）

(x1)xInx(x1),x0,g'(x)Inx1，又g(1)0,则根据题意必有g'（1）0,得1.（充分性）下面证明当1（充分性）下面证明当1时，f(x)(x1),即g(x)xlnx(x1)0在(0,)上恒成立.)上单调增， 6分lnxxe2,x0当1时，g'（x）lnx)上单调增， 6分lnxxe2,x0所以g(x)g⑴0,综上，1.2 2.⑶先证f(x)xe恒成立，记h(x)f(x)(xe)x则h'(x)2lnx,令h'(x)0得xe22 当x(0,e)时，h'(x)0,则h(x)在(0,e)上单调递减，当x(e2,)时，h'(x)0,则h(x)在(e2,)上单调递增,TOC\o"1-5"\h\zh(x)min h(e2)e2lne2e2e2 0,一一 2“ .f(x)xe恒成立.记直线yx32与丫a交于点(xja),2一一一 2则a xi'e f(xi) xie,Xi'ae2,且Xi'Xi,当且仅当a2e2时取等号,又由（2）可知f(x)x1，记直线y1分别与ya交于点（X2',a）,则aX2'1f（X2）X2'a1,且，X2X2’,当且仅当0时取等11分因止匕X2X1X2'Xi'(a1)(因等号成立的条件不能同时满足，故x2xI2a1e2,即(x2x11)e212ae2.12分注：本题考查切线放缩，图象如下:1X消参可得22. (1)C1：2cost.2sint(x1)2(y2x2y0,又xcosysin代入可得C,的极坐标方程为cossin0,即2(sincos)（2）曲线C2的极坐标方程为2sin2sin化为普通方程：x2y22yTOC\o"1-5"\h\z2 2 一 一x y 2x 2y 0联乂2 2\o"CurrentDocument"x y 2y 0丘/口x0…x0解得或y0y210分极坐标分别为(0,