发布时间 : 星期日 文章【附20套高考模拟试题】2020届【省级联考】贵州省黔东南州高考数学模拟试卷含答案更新完毕开始阅读
（Ⅲ）设常喝碳酸饮料的肥胖者男生为A、B、C、D，女生为E、F，则任取两人有AB，AC，AD，
AE，AF，BC，BD，BE，BF，CD，CE，CF，DE，DF，EF，共15种．其中一男一女有AE，AF，BE，BF，CE，CF，DE，DF．抽出一男一女的概率是
（19）【解】（Ⅰ）连接A1Q．
∵AA1?AC，M,Q分别是CC1,AC的中点，∴△AA1Q≌△CAM，∴?MAC??QA1A ∴?MAC??AQA1??QA1A??AQA1?90?即AM⊥A1Q……① ∵N,Q分别是BC,AC的中点，∴NQ∥AB， 又AB⊥AC，所以NQ⊥AC， 在直三棱柱中，AA1⊥面ABC，
∴NQ⊥AA1，又ACIAA1?A，所以NQ⊥平面ACC1A1， ∴NQ⊥AM……②，由①②及NQIAQ?Q得AM⊥平面PNQ． 1（Ⅱ）设P点到平面MNQ的距离为h，由A1B1∥AB∥NQ可得A1B1∥平面MNQ，
∴动点P到平面MNQ的距离为定值，
1由VP?MNQ?VA1?MNQ?VN?A1MQ,得VP?MNQ?S?A1MQ?NQ．
38． 15311S?A1MQ?,NQ?,VP?MNQ?
1682（20）【解】（Ⅰ）∵A(?3,0)在圆B的内部，∴两圆相内切，所以BC?8?AC， 即BC?AC?8?AB．
∴C点的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，且长轴长2a?8，a?4，c?3，
x2y2 b?16?9?7∴曲线T的方程为：??1.
1672r2uuuruuuur7uuu（Ⅱ）当直线MN斜率不存在时，AN?AM?，OQ?7．
4uuuuruuuruuuuruuur7∴AM?AN?|AM|?|AN|?cosπ?7λ，则???；
16当直线MN斜率存在时，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，MNy?k(x?3)，则OQy?kx， ?7x2?16y2?112,由?得(7?16k2)x2?96k2x?144k2?112?0， ?y?k(x?3),144k2?112?96k2则x1?x2?，x1?x2?，
7?16k27?16k2?49k2∴y1y2?k??x1?3??x2?3???k?x1x2?3?x1?x2??9??. 27?16k22uuuuruuur?49(k2?1) AM?AN??x1?3??x2?3??y1y2?7?16k2?7x2?16y2?112112由?得7x2?16k2x2?112，则x2?， 2 y?kx7?16k?uuur2uuuuruuuruuur2112(1?k2)72222∴OQ?x?y?(1?k)x?，由可解得. AM?AN??OQ???7?16k216uuuuruuuruuur27综上，存在常数???，使AM?AN??OQ总成立．
1621．【解】（Ⅰ）f?(x)?1?a ， x∵函数在x＝2处的切线l与直线x＋2y－3＝0平行， ∴k?11?a??，解得a＝1 22（Ⅱ）由（1）得f（x）＝lnx－x，∴f(x)＋m＝2x－x2，即x2－3x＋lnx＋m＝0，
法1：设h(x)＝x2－3x＋lnx＋m，（x＞0）
2x2?3x?1(2x?1)(x?1)1则h′(x)＝2x－3＋＝， ?xxx1令h′(x)＝0，得x1＝，x2＝1，列表得：
2x h′（x） h（x） （1，1） 21 0 极小值 （1，2） ＋ 2 m－2＋ln2 － ∴当x＝1时，h(x)的极小值为h(1)＝m－2， 又h(
15)＝m??ln2，h(2)＝m－2＋ln2， 241∵方程f(x)＋m＝2x－x2在[,2]上恰有两个不相等的实数根，
2???h(1)?0?m?2?0??5∴?h(2)≥0，即?m?2?ln2≥0，解得?ln2≤m?2
4?1?5?h()≥0?m?-ln2≥0?2?4法2：∴f(x)＋m＝2x－x2，即m＝－x2+3x－lnx，x?[,2] 法1：设h(x)＝－x2+3x－lnx，x?[,1]，
1212?2x2?3x?1?(2x?1)(x?1)1则h′(x)＝－2x+3－＝， ?xxx1令h′(x)＝0，得x1＝，x2＝1，列表得：
2x h′（x） （1，1） 21 0 （1，2） － 2 ＋ h（x） 增函数 极大值 减函数 2－ln2 ∴当x＝1时，h(x)的极大值为h(1)＝2， 又h(
31115)＝?ln2，h(2)＝2－ln2，h()－h(2)＝2ln2－>0，h()>h(2)
4222415∵方程f(x)＋m＝2x－x2在[,2]上恰有两个不相等的实数根，??ln2≤m?2
421x2?(b?1)x?112 （Ⅲ）∵g(x)?lnx?x?(b?1)x，∴g?(x)??x?(b?1)?，
xx2由g?(x)?0得x2?(b?1)x?1?0∴x1?x2?b?1,x1x2?1，
15?x?≥1?x2131?1∴x2?，又b≥，∴?解得：0?x1≤
x122?0?x?11?x1?∴g(x2)?g(x2)?lnx112112?(x1?x2)?(b?1)(x1?x2)?2lnx1?(x12?2)， x222x1111F(x)?2lnx?(x2?2) (0?x≤)2x2
21?(x2?1)21则F?(x)??x?3?，∴F（x）在?0(0,]上单调递减；
xxx32111515∴当x1?时，F(x)min?F()??2ln2，∴k≤?2ln2
2288∴k的最大值为
15?2ln2． 822．【解】（Ⅰ）由切割线定理得FG2?FA?FD．
又EF?FG，所以EF2?FA?FD，即
EFFD． ?FAEF因为?EFA??DFE，所以△FED∽△EAF， 所以?DEF??EAD．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得?DEF??EAD，因为?FAE??DAB??DCB，
所以?FED??BCD，所以EF∥CB．
23．【解】（Ⅰ） 以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系， 则由题意，得圆C1的直角坐标方程 x2＋y2－4x＝0，
直线l的直角坐标方程 y＝x．
?x2＋y2－4x＝0，?x＝0，?x＝2，
由? 解得?或 ? ?y＝x，?y＝0，?y＝2．
所以A(0，0)，B(2，2)．
从而圆C2的直角坐标方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，即x2＋y2＝2x＋2y． 将其化为极坐标方程为：?2－2?(cos?＋sin?)＝0，即?＝2(cos?＋sin?)． （Ⅱ）∵C1(2,0),r1?2,C2(1,1),r2?2,
∴ |MN|最大值?|C1C2|?2?2?22?2．
24．【解】（Ⅰ）当a??1时，不等式为x?1?x?3≤1
当x≤?3，不等式转化为?(x?1)?(x?3)≤1，不等式解集为空集； 5当?3?x??1，不等式转化为(x?1)?(x?3)≤1，解之得?≤x??1；
2当x≥?1时，不等式转化为(x?1)?(x?3)≤1，恒成立； 5综上不等式的解集为[?,??).
2（Ⅱ）若x?[0,3]时，f(x)≤4恒成立，即|x?a|≤x?7，亦即?7≤a≤2x?7恒成立，
又因为x?[0,3]，所以?7≤a≤7，所以a的取值范围为[?7,7].