河北省石家庄市2020届高中毕业班综合训练(一)(理数)

分12分2在Rt^CDE中，CE Jcd2 DE10分12分2在Rt^CDE中，CE Jcd2 DE2 ", 8 分在Rt^COF中，CF Jfo2 OC2 ", 9 分取线段EF中点H,连接DH,CH,在等边^DEF中，DH，EF,在4CEF中，因为CE=CF,所以CHIEF,则/DHC为二面角DEFC的平面角,10分在4CDH中，DH2 1 2DF2(EF)2

2|，CH声2(*)252'取平面CEF的一个法向量为n由题知平面DEF的一个法向量为m(0,1,0),TOC\o"1-5"\h\z,3 ,3cosm,nmn ~2cosm,nmTn ~3 3 1 , 5\1 4 3 2.3所以二面DEFC的余弦值为3. 解法2:如图4,在等边△DEF中，取DE边中点O,连接FO,则FOSE,因为平面DEF，平面ABCD且平面DEFn平面ABCD=DE,所以FO,平面ABCD.在菱形ABCD中，/BCD=60°=/BAD,E是线段AB的中点.所以DEAB. 6分设AB=2，连接OC,2在RtACDO中，OCJCD2DO2--, 7TOC\o"1-5"\h\z2 2 9 竺4DH2 CH2 CD2 4 44 3cosDHC ---,2DHCHo35 52一

22所以二面角D—EF—C的余弦值为3. 1分519.解：(I)由0.98080.8457,可得y方程； 19.解：(I)由0.98080.8457,可得y方程； 2分(n)x4,bixa1更适宜作为x为解释变量 3y为预报变量的回归2333.574I?537.271401122333.52148.8184.7 6.6028 28a?%空435竺50.3628币，由直方图,7.50.3又13.7520.解:(I)2设Ax1,y1，Bx2,y币，由直方图,7.50.3又13.7520.解:(I)2设Ax1,y1，Bx2,y2,万式一：由题x12x〔x2- 22Py1，x222Py2,由Xi X24,则直线I斜率为,Y1 V2k 2p2px〔 x2又F0,R2从而抛物线,T1,0,则kE,从而有2Xx22一,Px1x2

2P所以C的方程为x24y.2035分12所以以x为解释变量y为预报变量回归方程为 ?6.60x50.36.（m）至1J2035年底对应的年份代号为23,由（n）的回归方程？6.60x50.36得我国国内生产总值约为6.602350.36=202.16万亿元人民币，202.16 〜 , 14.04,所以到2035年底我国人均国民生产总值约为14.04万元人民14.4 10分假设的2035年世界主要中等发达国家的人均国民生产总值平均数的估计值为:12.50.35+17.50.2+22.50.1+27.50.0513.75,14.04,所以以（n）的结论为依据，可预测我国在 2035年底人均国民生产总值可以超过假设的年世界主要中等发达国家的人均国民生产总值平均数的估计值.方式二：F0,—2则直线I:yEx2x22Py联立得20得x1 x2 P（负的舍去）则由题x〔x2 4有，即p（负的舍去）4y.从而抛物线C的方程为x4y.（n）由题直线l斜率存在，设l:y1得x24kx4y16k216k又24k,x1x20解得k4k.4k0A在第二象限,所以k0,•・6分分设Nx3,y3,由题AM:y1y1 2x1，OB:y2—x,x2方式一：联立解得V32x〔x22x1x2ANAM将x1y〔 y3y14x282x〔x22x1x24x282x_4x#22x2x1x22x1x24k,x1x24k代入上式得x〔x22x2x1x22x14k2x24k2x11Mx2 2x2 x1AN即J—AM方式二:联立解得X3ANIAMIx1 x3x1由x121.解:x1x42X1X22X1X22X1-2"2x12x12"x2(I)gx在故当x所以f经检验，4k,x1x24k得x2由题意知调递增,设MX4，0,有X4x1 2y1x1 x22x1x1x111Inx1x22x1，代入上式得2x1x1X1 12-x1X112,即ANAM12分lnxa,gx故fa递减，xo时,上单调递增,时，gXa.若g fx单调递减；当xfx为增函数，则fx,时，恒成立，即时,

知ae满足题意.Ina因此存在x上单调递增,axo只需证aIn选考题:22.解:(I)ex01,0,a

aInfxoInxoex0上单调递减,In由曲线,G 4分x为增函数，不存在极小值,a使得0,故存在x1lna1a,ha,a1e,0使彳导fxha在， 上单调递增，故x0 1In故当x故fxo综上,C2的参数方程可得曲线C2的普通方程为将xcos,ysin代入上式,……2fx时，.因此fx在 6分xo1 1axo,ex0In时,1oIn，当a时,xo,xIn1aea成立.2cos,22sin4.LLL4sin（为参数）.分单调递增,eIn2上单0,上单调递增,Xo1x,Fxx单调递减上单调0代入消去x1

e x1a,故要证fx0 1Ga单调递增，故当a时,LLLLLLLLLLL2分.LLLLLLLLLL4分所以所以C2的极坐标方程为4sin.LLLLLLLLLLLLLLLLL5分(n)设A点的极坐标为,B点的极坐标为贝U12sin4sin—,KKKKKKKKKKKKKKKKK6分3于是△AOB的面积S-1 2sin—2 322Sin4sin2.3sinsin一 33sin2 — —LLLLLLLLLLL8分3 6 2当二一时,

6S取得最大值LLLLLLLLLLLLLLL9分所以△AOB所以△AOB面积的最大值为3一时，等号成立2—.LLLLLLLLLLLLLLLLLLL10分223.解:（I）解法1：因为f（x）2x1|2x32x12x34LLLL3分TOC\o"1-5"\h\z2x12x3 0当且仅当 ，即x2x12x3所以函数f(x)的最大值M等于所以函数f(x)的最大值解法2:』4,x之一.解法2:f（工）二<—4x—2,——<x —3分当x3时fx的最大值M等于42，(n)已知M=4,且abc,只需证a4.LLLLLLLLLLLLLLLLL