唐山市2013—2014学年度高三年级第三次模拟考试理科数学试题及答案

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河北省唐山市高三第三次模拟考试数学试题(理)含答案

唐山市—高三年级第三次模拟考试理科数学第Ⅰ卷一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1、已知集合2{|20},{|lg(1)}A x x x x y x =-<==-，则A B =A ．(0,)+∞B ．(1,2)C ．(2,)+∞D ．(,0)-∞ 2、已知i 为虚数单位，(21)1z i i -=+，则复数z 的共轭复数为 A ．1355i -- B ．1355i + C ．1355i -+ D ．1355i - 3、总体由编号为01,02,03,,49,50的50各个体组成，利用随机数表（以下摘取了随机数表中第1行和第2行）选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第9列和第10列数字开始由左向右读取，则选出来的第4个个体的编号为A ．05B ．09C ．11D ．204、已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的一条渐近线方程为20x y +=，则C 的离心率为 A ．52 B ．52或5 C ．2 D ．5 5、执行右侧的程序框图，若输出4y =，则输入的x 为 A ．3-或2-或1 B ．2- C ．2-或1 D ．16、数列{}n a 首项11a =，对于任意,m n N +∈，有3n m n a a m +=+，则{}n a 前5项和5S =A ．121B ．25C ．31D ．35 7、某几何体的三视图如图所示，则其体积为A ．4B ．8C ．43 D ．838、函数()1(1)x xe f x x e +=-（其中e 为自然对数的底数）的图象大致为9、若9290129(1)x a a x a x a x -=++++，则1239a a a a ++++=A ．1B ．513C ．512D ．511 10、函数()cos()(0)6f x wx w π=+>在[0,]π内的值域为3[1,]2-，则w 的取值范围是 A ．35[,]23 B ．53[,]62C ．5[,)6+∞ D ．55[,]6311、抛物线2:4C y x =的焦点F ，N 为准线上一点，M 为轴上一点，MNF ∠为直角，若线段MF 的中点E 在抛物线C 上，则MNF ∆的面积为 A ．22B ．2C ．322D ．3212、已知函数()32f x x ax bx =++有两个极值点12,x x ，且12x x <，若10223x x x +=，函数()()0()g x f x f x =- ，则()g xA ．恰有一个零点B ．恰有两个零点C ．恰有三个零点D ．至多两个零点第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上．. 13、已知向量(3,1),(2,1)a b =-=，则a 在b 方向上的投影为 14、直角ABC ∆顶的三个顶点都在球的球面O 上，且2AB AC ==，若三棱锥O ABC -的体积为2，则该球的表面积为15、已知变量,x y 满足约束条件102100x y x y x y a -+≥⎧⎪--≤⎨⎪+-≥⎩，目标函数2z x y =+的最小值为5-，则实数a =16、数列{}n a 的前n 项和为n S ，若214()2n n n S a n N +-+=-∈，则n a =三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17、（本小题满分12分）在ABC ∆中，角,,A B C 所对应的边分别为,,,cos a b c a b b C -=．（1）求证：sin tan C B =；（2）若2,a C =为锐角，求c 的取值范围．18、（本小题满分12分）某学校简单随机抽样方法抽取了100名同学，对其日均课外阅读时间：（单位：分钟）进行调查，结果如下：若将日均课外阅读时间不低于60分钟的学生称为“读书迷”（1）将频率视为概率，估计该校4000名学生中“读书迷”有多少人？（2）从已抽取的8名“读书迷”中随机抽取4位同学参加读书日宣传活动． ①求抽取的4为同学中有男同学又有女同学的概率；②记抽取的“读书迷”中男生人数为X ，求X 的分布列和数学期望．19、（本小题满分12分）如图，在平行四边形ABCD 中，024,60,,,BC AB ABC PA AD E F ==∠=⊥分别为,BC PE 的中点，AF ⊥平面PED ．（1）求证：PA ⊥平面ABCD ；（2）求直线BF 与平面AFD 所成角的正弦值．20、（本小题满分12分）已知椭圆2222:1(0)x y a b a b Γ+=>>经过点1(3,)2E 3（1）求椭圆Γ的方程；（2）直线l 与圆222:O x y b +=相切于点M ，且与椭圆Γ相较于不同的两点,A B ，求AB 的最大值．21、（本小题满分12分）已知函数()2ln(1),(0)f x x ax a =++>．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 在区间(1,0)-有唯一的零点0x ，证明2101e x e --<+<．请考生在第（22）、（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上． 22、（本小题满分10分）选修4-4 坐标系与参数方程点P 是曲线221:(2)4C x y -+=上的动点，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立坐标系，以极点O 为中心，将点P 逆时针旋转得到点Q ，设点Q 的轨迹为曲线2C ．（1）求曲线1C ，2C 的极坐标方程；（2）射线(0)3πθρ=>与曲线1C ，2C 分别交于,A B 两点，定点(2,0)M ，求MAB ∆的面积．23、（本小题满分10分））选修4-5 不等式选讲已知函数()21f x x a x =++-．（1）若1a =，解不等式()5f x ≤；（2）当0a ≠时，()1()g a f a=，求满足()4g a ≤的a 的取值范围．唐山市—高三年级第三次模拟考试理科数学参考答案一．选择题：A 卷：ABBDC DCADD CB B 卷：ADBBC DDACD CB 二．填空题：（13） 5 （14）44π （15）－3 （16）n2n －1三．解答题：（17）解：（Ⅰ）由a －b ＝b cos C 根据正弦定理得sin A －sin B ＝sin B cos C ，即sin(B ＋C )＝sin B ＋sin B cos C ，sin B cos C ＋cos B sin C ＝sin B ＋sin B cos C ， sin C cos B ＝sin B ，得sin C ＝tan B ． …6分（Ⅱ）由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝b 2＋4b －4＝(b ＋2)2－8， …8分由a －b ＝b cos C 知b ＝a 1＋cos C ＝21＋cos C ，由C 为锐角，得0＜cos C ＜1，所以1＜b ＜2． …10分从而有1＜c 2＜8．所以c 的取值范围是(1，22)．…12分（18）解：（Ⅰ）设该校4000名学生中“读书迷”有x 人，则8100＝x4000，解得x ＝320.所以该校4000名学生中“读书迷”有320人．…3分（Ⅱ）（ⅰ）抽取的4名同学既有男同学，又有女同学的概率P ＝1－C 45C 48＝ 1314．…6分（ⅱ）X 可取0，1，2，3．P (X ＝0)＝ C 45 C 48＝ 114，P (X ＝1)＝C 13C 35 C 48＝ 37，P (X ＝2)＝ C 23C 25 C 48＝ 37，P (X ＝3)＝ C 33C 15 C 48＝ 114，…10分X X 0 123 P1143 73 7114E (X )＝0× 1 14＋1× 3 7＋2× 3 7＋3× 1 14＝ 32．…12分（19）解：（Ⅰ）连接AE ，因为AF ⊥平面PED ，ED ⊂平面PED ，所以AF ⊥ED ．在平行四边形ABCD 中，BC ＝2AB ＝4，∠ABC ＝60°，所以AE ＝2，ED ＝23，从而有AE 2＋ED 2＝AD 2，所以AE ⊥ED ． …3分又因为AF ∩AE ＝A ，所以ED ⊥平面PAE ，P A ⊂平面P AE ，从而有ED ⊥PA ．又因为P A ⊥AD ，AD ∩ED ＝D ，所以P A ⊥平面ABCD ． …6分（Ⅱ）以E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，2，0)，D (23，0，0)，B (－3，1，0)．因为AF ⊥平面PED ，所以AF ⊥PE ，又因为F 为PE 中点，所以P A ＝AE ＝2．所以P (0，2，2)，F (0，1，1)，AF →＝(0，－1，1)，AD →＝(23，－2，0)， BF →＝(3，0，1)．…8分设平面AFD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由AF →·n ＝0，AD →·n ＝0得，⎩⎨⎧－y ＋z ＝0，23x －2y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，3，3)．…10分设直线BF 与平面AFD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BF →，n 〉|＝|BF →·n ||BF →||n |＝232×7＝217，即直线BF 与平面AFD 所成角的正弦值为217．…12分（20）解：（Ⅰ）由已知可得3a 2＋14b 2＝1，a 2－b 2a ＝32，解得a ＝2，b ＝1，所以椭圆Γ的方程为x 24＋y 2＝1．…4分（Ⅱ）当直线l 垂直于x 轴时，由直线l 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，可知直线l 的方程为x ＝±1，易求|AB |＝3． …5分当直线l 不垂直于x 轴时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，由直线l 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，得|m |k 2＋1＝1，即m 2＝k 2＋1，…6分将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1，整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，AFP BE C D xy z设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2，…8分|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2(－8km 1＋4k 2)2－16m 2－161＋4k 2＝41＋k 21＋4k 2－m 21＋4k 2，又因为m 2＝k 2＋1，所以|AB |＝43|k |k 2＋11＋4k 2≤2(3k 2＋k 2＋1)1＋4k 2＝2，当且仅当3|k |＝k 2＋1，即k ＝±22时等号成立．综上所述，|AB |的最大值为2．…12分（21）解：（Ⅰ）f '(x )＝ 1x ＋1＋2ax ＝2ax 2＋2ax ＋1x ＋1，x ＞－1．令g (x )＝2ax 2＋2ax ＋1，Δ＝4a 2－8a ＝4a (a －2)．若Δ＜0，即0＜a ＜2，则g (x )＞0，当x ∈(－1，＋∞)时，f '(x )＞0，f (x )单调递增．若Δ＝0，即a ＝2，则g (x )≥0，仅当x ＝－ 12时，等号成立，当x ∈(－1，＋∞)时，f '(x )≥0，f (x )单调递增．若Δ＞0，即a ＞2，则g (x )有两个零点x 1＝－a －a (a －2)2a ，x 2＝－a ＋a (a －2)2a ．由g (－1)＝g (0)＝1＞0，g (－1 2)＜0得－1＜x 1＜－ 12＜x 2＜0．当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f '(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f '(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f '(x )＞0，f (x )单调递增．综上所述，当0＜a ≤2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当a ＞2时，f (x )在(－1，－a －a (a －2)2a )和(－a ＋a (a －2)2a，＋∞)上单调递增，在(－a －a (a －2)2a ，－a ＋a (a －2)2a)上单调递减．…6分（Ⅱ）由（Ⅰ）及f (0)＝0可知：仅当极大值等于零，即f (x 1)＝0时，符合要求．此时，x 1就是函数f (x )在区间(－1，0)的唯一零点x 0．所以2ax 02＋2ax 0＋1＝0，从而有a ＝－12x 0(x 0＋1)．又因为f (x 0)＝ln(x 0＋1)＋ax 02＝0，所以ln(x 0＋1)－x 02(x 0＋1)＝0．令x 0＋1＝t ，则ln t －t －12t ＝0．设h (t )＝ln t ＋12t － 1 2，则h '(t )＝2t －12t2．再由（Ⅰ）知：0＜t ＜1 2，h '(t )＜0，h (t )单调递减．又因为h (e －2)＝e 2－52＞0，h (e －1)＝e －32＜0，所以e －2＜t ＜e －1，即e －2＜x 0＋1＜e －1．…12分（22）解：（Ⅰ）曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4cos θ．设Q (ρ，θ)，则P (ρ，θ－ π 2)，则有ρ＝4cos (θ－ π2)＝4sin θ．所以，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4sin θ． …5分（Ⅱ）M 到射线θ＝ π 3的距离为d ＝2sin π3＝3，|AB |＝ρB －ρA ＝4(sin π 3－cos π3)＝2(3－1)，则S ＝ 12|AB |×d ＝3－3． …10分（23）解：（Ⅰ）f (x )＝|x ＋2|＋|x －1|,所以f (x )表示数轴上的点x 到－2和1的距离之和，因为x ＝－3或2时f (x )＝5，依据绝对值的几何意义可得f (x )≤5的解集为{x |－3≤x ≤2}． …5分（Ⅱ）g (a )＝| 1 a ＋2a |＋| 1a－1|，当a ＜0时，g (a )＝－ 2a－2a ＋1≥5，等号当且仅当a ＝－1时成立，所以g (a )≤4无解；当0＜a ≤1时，g (a )＝ 2a＋2a －1，由g (a )≤4得2a 2－5a ＋2≤0，解得 1 2≤a ≤2，又因为0＜a ≤1，所以 12≤a ≤1；当a ＞1时，g (a )＝2a ＋1≤4，解得1＜a ≤ 32，综上，a 的取值范围是[1 2， 32]． …10分。

河北省唐山一中2013届高三高考仿真测试(三)数学(理)试卷

数学(理科)第Ⅰ卷一、选择题 (本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．集合{}{}1,0,1,,x A B y y e x A =-==∈，则A B ⋂=（）A ．{}0B ．{}1C ．{}0,1D ．{}1,0,1- 2．复数z 满足(1)2z i i -=，则复数z 的实部与虚部之和为（）A. 2-B. 2C. 1D. 03．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（）A.3160 B.160C.23264+D.2888+4. “a =2”是“1(0,),18x ax x ∀∈+∞+≥”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5.在ABC ∆中，点D 在线段BC 的延长线上，且CD BC 3=，点O 在线段CD 上（与点C,D 不重合） , 若 AC x AB x AO )1(-+=则x 的取值范围（）A ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭ D ．1,03⎛⎫- ⎪⎝⎭6．已知某程序框图如图所示，则执行该程序后输出的结果是（） A.21 B.1- C.2 D.1 7．计划在4个不同的体育馆举办排球、篮球、足球3个项目的比赛，每个项目的比赛只能安排在一个体育馆进行，则在同一个体育馆比赛的项目不超过2个的安排方案共有（）A.60种B.42种C.36种D.24种8．已知过抛物线y 2 =2px （p>0）的焦点F 的直线x －my+m=0与抛物线交于A ，B 两点，且△OAB （O 为坐标原点）的面积为，则m 6+ m 4的值为（）A ．1B ． 2C ．2D ．49．平行四边形ABCD 中，AB ·BD =0，沿BD 折成直二面角A 一B D －C ，且4AB 2 +2BD 2=1，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为（）A ．2πB ．4πC ．48πD10．假设你家订了一份早报，送报人可能在早上6：30—7：30之间把报纸送到你家，你父亲离开家去上班的时间在早上7：00—8：00之间，则你父亲在离开家前能得到报纸的概率为( )A ．31 B ．127 C ．87 D ．81 10. 11．设等差数列{}n a 满足：22222233363645sin cos cos cos sin sin 1sin()a a a a a a a a -+-=+，公差(1,0)d ∈-. 若当且仅当9n =时，数列{}n a 的前n 项和n S 取得最大值，则首项1a 的取值范围是( ) A. 74,63ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ B. 43,32ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C. 74,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D. 43,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦12．设函数11,(,2)()1(2),[2,)2x x f x f x x ⎧--∈-∞⎪=⎨-∈+∞⎪⎩，则函数()()1F x xf x =-的零点的个数为( )A. 4B. 5C. 6D. 7第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

河北省唐山市第一中学2013届高三第三次模拟考试数学(理)试题(扫描版).pdf

一、选择题： BBCDACBCCDDA B卷：DCBABDACBDAD 三、解答题：如图，记的中点为E，连结OE，OC，交BC于F，交AD于G，则∠DOG＝设∠EOC＝θ＜θ＜60 （Ⅰ）当＝时，θ＝30(．在Rt△COF中，OF＝30(＝CF＝30(＝1Rt△DOG中，DG＝CF＝1OG＝＝所以CD＝GF＝OF－OG＝．…5分（Ⅱ）与（Ⅰ）同理， BC＝2CF＝4sinθ，CD＝OF－OG＝2cosθ－＝θ－sinθ．…7分则矩形ABCD的面积（18）解：（Ⅰ）根据题意，X、Y的分布列如下 X04080120160200Y04080120160200PPP(X＞100，Y＞100)＝(＋＋)(＋＋)．…6分（）E(X)＋40＋＋12＋＋＝100， E(Y)＝0×＋40＋＋12＋＋＝100，所以两种商品的日获利值均值都是100元．…9分 D(X)＝1002×＋602＋22×＋22×＋2×＋12×＝， D(Y)＝1002×＋602＋22×＋22×＋2×＋12×＝，因为D(X)＜D(Y)，所以应选择经销商品A．…12分（注：若考生在第（）问写出XY的分布列，第（）问解对给4分（Ⅰ）在正六边形ABCDEF中，CD⊥AC．因为PA⊥底面ABCDEF，CD(平面ABCDEF，所以CD⊥PA．又AC∩PA＝A，所以CD⊥平面PAC．因为CD(平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD．…4分 sinθ＝(，n(|＝，由＝＝所以六P-ABCDEF高．…12分（20）解： k1＋k2＝0＋x1＋0＋x2＝2x0＋1＋x2＝0 所以∠CAB＝CAD，即C平分∠BAD．…6分（Ⅱ）由题设，x0＝－1，x1＋x2＝2，k＝2．四边形ABCD的面积 S＝AC|·|x－|＝AC|·|x2＋1|·|x－1| ＝2×2×|2－1|＝4－1|，…10分由已知，4|1－1|＝4，得x1＝0，或x1＝2．所以点B和D的坐标为(0，0)和(2，4)，故直线BD的方程为y＝x．…12分（21）解：（Ⅰ）f((x)＝依题意，lnx0＋0＋1＝0lnx0＝－(0＋1) f(x0)＝＝＝－x0…4分（）f(x)等价于x2(lnx－a)＋a≥0 设g(x)＝2(lnx－a)＋ag((x)＝x(2lx－2a＋1) 令g((x)＝0＝．当x∈(0，e)时，g((x)＜0g(x)单调递减；当x∈(e，＋∞g((x)＞0g(x)单调递增．所以g(x)≥g(e)＝－e2a－1 于是f(x)≥恒成立只需a－e2a－1≥0…8分设h(a)＝－e2a－1h()＝且h((a)＝1－e－h(()＝（注：观察出g(x)＝0，由e＝1得a＝的不扣分（22）解：（Ⅰ）如图，连结OC，OD，则OC⊥CG，OD⊥DG，设∠CAB＝A＝2，∠ACO＝COB＝OA＝2．所以∠DGC＝－DOC＝2(＋2)．…3分因为∠DGC＝2F，所以∠F＝＋2．又因为∠DEC＝EB＝180－(＋2)，所以∠DEC＋＝…5分（Ⅱ）延长GE交AB于H．因为GD＝GC＝GF，所以点G是经过D，E，C，F四点的圆的圆心．所以GE＝GC，所以∠GCE＝∠GEC．…8分又因为∠GCE＋∠3＝＝3，所以∠GEC＋＝AEH＋1＝所以∠EHA＝⊥AB．…10分（23）解：（24）解：（Ⅰ）f(x)＋f(x＋4)＝x－1|＋|x＋3|＝当x＜－3－－28，解得x≤－5－≤x≤1时，f(x)≤8不成立；当x＞＋23．…4分所以不等式f(x)≤4的解集为{x|x≤－5…5分（Ⅱ）f(ab)＞|a|f()即|ab－1|＞a－b…6分因为|a|＜1，|b|＜1，所以|ab－12－－b2＝(a2b2－2ab＋)－(a2－2ab＋b2)＝a2－1b2－1＞0 所以|ab－1|＞a－b…10分 F O E D C B A z x y F E P D C B A G F E N M O D C B A G 1 2 H 3。

【KS5U首发】河北省唐山市2013届高三摸底考试(数学理)答案

唐山市2012—2013学年度高三年级摸底考试理科数学参考答案一、选择题：A 卷：ADCBD AABCC DBB 卷：CDABD ADBCB AC 二、填空题：（13）(－1，0)∪(0，2] （14）17 （15）6（16）－272三、解答题：（17）解：（Ⅰ）a 1＝S 1＝ 27(81－1)＝2．…1分当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝ 2 7(8n －1)－ 2 7(8n －1－1)＝23n －2．当n ＝1时上式也成立，所以a n ＝23n －2（n ∈N *）． …6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b n ＝log 223n －2＝3n －2， …7分所以 1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝11×4＋14×7＋…＋1(3n －2)(3n ＋1)＝ 1 3[(1－ 1 4)＋( 1 4－ 1 7)＋…＋(13n －2－13n ＋1)]＝ 1 3(1－13n ＋1)＝n 3n ＋1． …12分（18）解：（Ⅰ）如图，以A 为原点，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AA 1＝a （a ＞0），依题意得B 1(32，－ 12，a )，A (0，0，0)，C (0，1，0)．B 1C →＝(－32， 32，－a )，A 1C 1→＝AC →＝(0，1，0)，由异面直线B 1C 与A 1C 1所成的角为60︒，知 |cos 〈B 1C →，A 1C 1→〉|＝|B 1C →·A 1C 1→|___________|B 1C →||A 1C 1→|＝323＋a 2＝ 12，解得a ＝6． …4分所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积V ＝ 1 2AB ·AC sin 120︒·AA 1＝ 1 2×1×1×32×6＝324．…6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，B 1C →＝(－32， 32，－6)．设n ＝(x ，y ，z )为面ACB 1的法向量，则n ·AC →＝0，n ·B 1C →＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－32x ＋ 3 2y －6z ＝0．取z ＝1，得x ＝－22，于是n ＝(－22，0，1)． …9分又m ＝(0，0，1)为面ACB 的一个法向量，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝ 13．因此二面角B 1-AC -B 的余弦值为 13． …12分（19）解：（Ⅰ）依题意，⎩⎨⎧0.5＋a ＋b ＝1，0.5＋2a ＋3b ＝1.7．解得a ＝0.3，b ＝0.2． …4分（Ⅱ）Y 的所有可能取值为0，100，200，300，400，600． P (Y ＝0)＝0.22＝0.04，P (Y ＝100)＝C 120.2×0.3＝0.12，P (Y ＝200)＝0.32＝0.09，P (Y ＝300)＝C 120.2×0.5＝0.2，P (Y ＝400)＝C 120.3×0.5＝0.3，P (Y ＝600)＝0.52＝0.25． …8分 Y 的分布列为…10分E (Y )＝0×0.04＋＝360（元）． …12分（20）解：（Ⅰ）根据题意，|y －3|＝3·x 2＋(y －1)2．化简，得曲线E 的方程为3x 2＋2y 2＝6． …4分（Ⅱ）直线l 方程为y ＝kx ＋1，代入曲线E 方程，得 (2k 2＋3)x 2＋4kx －4＝0． …6分设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k2k 2＋3， ①x 1x 2＝－42k 2＋3． ②AF →＝λFB →即(－x 1，1－y 1)＝λ(x 2，y 2－1)，由此得x 1＝－λx 2．③ 由①②③，得 1 2＋34k 2＝λ(λ－1)2＝1(λ－1λ)2．…9分因为2≤λ≤3，所以22≤λ－1λ≤233，从而 34≤1(λ－1λ)2≤2，解不等式 3 4≤ 1 2＋34k 2≤2，得 12≤k 2≤3．故k 的取值范围是[－3，－22]∪[22，3]． …12分（21）解：（Ⅰ）当b ＝0时，f (x )＝x 3＋cx ＋d ，f '(x )＝3x 2＋c ． f (0)＝d ，f '(0)＝c ． …2分曲线y ＝f (x )与其在点(0，f (0))处的切线为y ＝cx ＋d ．由⎩⎨⎧y ＝x 3＋cx ＋d ，y ＝cx ＋d ，消去y ，得x 3＝0，x ＝0．所以曲线y ＝f (x )与其在点(0，f (0))处的切线只有一个公共点即切点． …5分（Ⅱ）由已知，切点为(1，1)．又f '(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，于是 ⎩⎨⎧f (1)＝1，f '(1)＝－12，即⎩⎨⎧1＋b ＋c ＋d ＝1，3＋2b ＋c ＝－12，得c ＝－2b －15，d ＝b ＋15．从而f (x )＝x 3＋bx 2－(2b ＋15)x ＋b ＋15． …8分由⎩⎨⎧y ＝x 3＋bx 2－(2b ＋15)x ＋b ＋15，12x ＋y －13＝0，消去y ，得x 3＋bx 2－(2b ＋3)x ＋b ＋2＝0．因直线12x ＋y －13＝0与曲线y ＝f (x )只有一个公共点(1，1)，则方程x 3＋bx 2－(2b ＋3)x ＋b ＋2＝(x －1)[x 2＋(b ＋1)x －b －2] ＝(x －1) (x －1) (x ＋b ＋2) 故b ＝－3． …10分于是f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋12，f '(x )＝3x 2－6x －9＝3(x ＋1)(x －3)．当x分（22）解：（Ⅰ）由已知及由切割线定理，有AB 2＝AD ·AE ＝ 1 3AC · 23AC ，所以AC 2＝ 92AB 2． …3分由勾股定理得，BC ＝AC 2－AB 2＝7．…5分（Ⅱ）设圆O 与BC 的交点为F ，圆O 的半径为r ．由割线定理，得CF ·CB ＝CE ·CD ＝ 1 3AC · 23AC ＝AB 2，…8分即(7－2r )×7＝14，解得r ＝ 52．…10分（23）解：（Ⅰ）曲线C 1的极坐标方程化为ρ＝sin θ＋3cos θ，两边同乘以ρ，得ρ2＝ρsin θ＋3ρcos θ，则曲线C 1的直角坐标方程为x 2＋y 2＝y ＋3x ，即x 2＋y 2－3x －y ＝0． …3分曲线C 2的极坐标方程化为 1 2ρsin θ＋32ρcos θ＝4，则曲线C 2的的直角坐标方程为 1 2y ＋32x ＝4，即3x ＋y －8＝0． …6分（Ⅱ）将曲线C 1的直角坐标方程化为(x －32)2＋(y － 12)2＝1，它表示以(32， 12)为圆心，以1为半径的圆．该圆圆心到曲线C 2即直线3x ＋y －8＝0的距离d ＝|3×32＋ 12－8|2＝3， …8分所以|AB |的最小值为2．…10分（24）解：（Ⅰ）f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ＜－1，2x －1，－1≤x ≤2，3，x ≥2．其图象如下：…3分当x ＝ 12时，f (x )＝0．当x＜12时，f(x)＜0；当x＞12时，f(x)＞0．所以a＝0．…6分（Ⅱ）不等式f(x)＋4m＜m2，即f(x)＜m2－4m．因为f(x)的最小值为－3，所以问题等价于－3＜m2－4m．解得m＜1，或m＞3．故m的取值范围是(－∞，1)∪(3，＋∞)．…10分。

河北省唐山市2014届高三9月摸底考试数学理试卷Word版含答案

河北省唐山市2014届高三年级摸底考试数学（理）试题说明：1．本试卷分为第Ⅰ卷和第II 卷．第Ⅰ卷为选择题；第II 卷为非选择题，分为必考和选考两部分。

2．答题前请仔细阅读答题卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题。

3．做选择题时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮将原选涂答案擦干净后，再选涂其他答案。

4．考试结束后，将本试卷与原答题卡一并交回。

第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．1．已知复数z 满足z （1+i ）=i ，则复数z 的共轭复数为 A ．1122i + B ．1122i - C ．1+i D ．1-i2．设U=R ，已知集合A={x|x >1}，B={x|x >a}，且（U A ð）B R =，则实数A 的取值范围是A ．(,1)-∞B ．(1,)+∞C ．(],1-∞D ．[)1,+∞3．已知点A （6，2），B （l ，14），则与AB 共线的单位向量为 A ．512512,,13131313⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭或 B ．512,1313⎛⎫-⎪⎝⎭C ．125125,,13131313⎛⎫⎛⎫--⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭或 D ．512,1313⎛⎫-⎪⎝⎭4．已知sin2a=13，则cos 24πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭ A ．23 B ．23-C ．13D ．13-5．执行右面的程序框图，那么输出S 的值为 A ．9 B ．10 C ．45 D ．556．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5=13，S 15=63，则S 20=A ．100B ．90C ．120D ．1107．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为A ．B ．C ．24D ．8．已知双曲线2222x y a b-=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F l ，F 2，以12F F 为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为（3，4），则此双曲线的方程为A ．221169x y -=B ．22134x y -=C ．221916x y -=D ． 22143x y -=9．直三棱柱ABC －A 1B 1 C 1的六个顶点都在球O 的球面上．若AB=BC=1, ∠ABC=120o ，AA 1，则球O 的表面积为A ．4πB ．16πC ．24πD ．8π10．设函数f （x ）=x 2－23x+60, g （x ）=f （x ）+|f （x ）|，则g （1）+g （2）+…+g （20）= A ．0 B ．38 C ． 56 D ．11211．在长度为3的线段上随机取两点，将其分成三条线段，则恰有两条线段的长大于1的概率为 A ．23B ．59C ．19D ．1312．设x ，y ∈R ，则(3－4y －cosx)2+(4+3y+sinx)2的最小值为 A ．4 B ．5 C ．16 D ．25第II 卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中横线上． 13．过坐标原点与曲线y=lnx 相切的直线方程为。

2014届河北唐山市高三年级摸底考试理科数学试卷(带解析)

绝密★启用前2014届河北唐山市高三年级摸底考试理科数学试卷（带解析）试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：135分钟；命题人：xxx学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项．1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题（题型注释）1、设，则的最小值为（）A ．4B ．16C ．5D ．252、在长度为3的线段上随机取两点，将其分成三条线段，则恰有两条线段的长大于1的概率为（）A ．B ．C ．D ．3、设函数，，则（）A ．0B ．38C ．56D ．1124、直三棱柱的六个顶点都在球的球面上，若，，，则球的表面积为（）A ．B ．C ．D ．5、某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为（）A ．B ．C ．24D ．6、设等差数列的前项和为，且，，则（）A ．90B ．100C ．110D ．1207、执行右面的程序框图，那么输出的值为（）A ．9B ．10C ．45D ．558、已知，则（）A ．B ．C ．D ．9、已知点，，则与共线的单位向量为（）C．或 D．10、设,已知集合，，且，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．11、已知复数满足,则复数的共轭复数为( )A． B． C． D．12、已知双曲线的左、右焦点分别为，以为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为，则此双曲线的方程为（）A． B． C． D．第II卷（非选择题）二、填空题（题型注释）13、已知数列满足，，，则的前项和= .14、若存在正数，使成立，则实数的取值范围是 .15、抛物线的准线截圆所得弦长为2，则= .16、过坐标原点与曲线相切的直线方程为 .三、解答题（题型注释）17、设函数.（Ⅰ）解不等式；（Ⅱ）若不等式的解集为，求实数的取值范围.18、极坐标系与直角坐标系有相同的长度单位，以原点为极点，以轴正半轴为极轴.已知直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为.（Ⅰ）求的直角坐标方程；（Ⅱ）设直线与曲线交于两点，求弦长.19、如图，为圆的直径，为垂直于的一条弦，垂足为，弦与交于点.（Ⅰ）证明：四点共圆；（Ⅱ）证明：.20、已知函数.（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）若恒成立，证明：当时，.21、已知点是椭圆：上一点，分别为的左右焦点，，的面积为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设，过点作直线，交椭圆异于的两点，直线的斜率分别为，证明：为定值.22、在如图所示的几何体中，四边形均为全等的直角梯形，且，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.23、从某校高三上学期期末数学考试成绩中，随机抽取了60名学生的成绩得到频率分布直方图如下：（Ⅰ）根据频率分布直方图，估计该校高三学生本次数学考试的平均分；（Ⅱ）以上述样本的频率作为概率，从该校高三学生中有放回地抽取3人，记抽取的学生成绩不低于90分的人数为，求的分布列和期望.24、在中，角所对的边分别是，已知.（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，且，求的面积.参考答案1、B2、A3、D4、C5、A6、B7、D8、D9、C10、B11、A12、C13、14、15、216、17、（Ⅰ）；（Ⅱ）.18、(Ⅰ) ；（Ⅱ）.19、（Ⅰ）证明过程详见解析；（Ⅱ）证明过程详见解析.20、（Ⅰ）当时，在上递增；当时，单调递增；当时，单调递减；（Ⅱ）证明过程详见解析.21、（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.22、（Ⅰ）证明过程详见解析；（Ⅱ）.23、（Ⅰ）92分；（Ⅱ）分布列详见解析，.24、（Ⅰ）；（Ⅱ）或.【解析】1、试题分析：所求的最小值可以看成点到点的距离的平方，点是在以原点为圆心，半径为1的圆周上运动，先算点到圆心的最小值，即，所以的最小值为5，又因为圆的半径为1，所以到点的最小距离为，所以到点的距离的平方为16，所以的最小值为16.考点：1.两点间距离公式；2.函数式的几何意义.2、试题分析：在长度为3的线段上随机取两点，将其分成三条线段，需满足区域，而恰有两条线段的长大于1，需满足或或，所以画出区域，恰有两条线段的长大于1的概率为.考点：1.线性规划；2.几何概型.3、试题分析：因为，所以当和时，；当时，；当时，，所以当和时，；当时，；当时，，所以.考点：1.分解因式；2.去绝对值；3.函数值的运算.4、试题分析：在中，，，由余弦定理有，直三棱柱外接球的球心位于上下底外心连线的中点上，中，即，，所以，球的表面积.考点：1.余弦定理；2.球的表面积.5、试题分析：由三视图得,这是一个正四棱台,由条件，侧面积.考点：1.三视图；2.正棱台侧面积的求法.6、试题分析：因为数列为等差数列，所以成等差数列，设，，则成等差数列，所以，所以，所以分别为，所以，所以. 考点：等差数列的性质.7、试题分析：，否，，，否，，，否，，，否，，，否，，，否，，，否，，，否，，，否，，，否，，，是，输出.考点：1.程序框图；2.等差数列求和.8、试题分析：. 考点：1.倍角公式；2.诱导公式.9、试题分析：因为点，，所以，，与共线的单位向量为.考点：向量共线.10、试题分析：因为，所以，要使，只需.考点：集合的运算.11、试题分析：，所以复数的共轭复数为. 考点：1.复数的运算；2.共轭复数.12、试题分析：由条件得：，即，而，渐近线为，在上，所以，得，所以双曲线方程为.考点：1.双曲线方程的求法；2.双曲线的渐近线.13、试题分析：∵,∴，∴，∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列，∴∴，，，……，，∴,∴,∴.考点：1.等比数列的证明方法；2.累加法求通项公式；3.等比数列的求和公式.14、试题分析：∵存在正数，使成立，∴，∴令，∵，∴，∴，∴.考点：1.配方法求函数的最值；2.指数函数的函数值.15、试题分析：抛物线的准线为，而圆化成标准方程为，圆心，，圆心到准线的距离为，所以，即.考点：1.抛物线的准线方程；2.勾股定理.16、试题分析：设切点坐标为，∵，∴，∴，∴切线方程为，又∵在切线上，∴即，又∵在曲线上，∴，∴，∴切线方程为即.考点：过点求切线.17、试题分析：本题考查绝对值不等式的解法和不等式的恒成立问题.考查学生的分类讨论思想和转化能力.第一问利用零点分段法进行求解；第二问利用绝对值的运算性质求出的最大值，证明恒成立问题.试题解析：（Ⅰ）2分当时，不成立；当时，由，得，解得；当时，恒成立．所以不等式的解集为．5分（Ⅱ）因为，所以，解得，或，所以的取值范围是．10分考点：1.绝对值不等式的解法；2.绝对值的运算性质.18、试题分析：本题考查坐标系和参数方程.考查学生的转化能力和计算能力.第一问利用互化公式将极坐标方程转化为普通方程；第二问，先将直线方程代入曲线中，整理，利用两根之和、两根之积求弦长.试题解析：（Ⅰ）由，得，即曲线的直角坐标方程为． 5分（Ⅱ）将直线l的方程代入，并整理得，，，．所以．10分考点：1.极坐标方程与普通方程的互化；2.韦达定理.19、试题分析：本题考查四点共圆的判定和圆割线的性质.考查学生的分析问题解决问题的能力.第一问是证明四点共圆，证明四点共圆的基本方法：1.从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆．2.若能证明其顶角相等(同弧所对的圆周角相等），从而即可肯定这四点共圆．3.把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆．4.把被证共圆的四点两两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可肯定这四点共圆（相交弦定理的逆定理）；或把被证共圆的四点两两连结并延长相交的两线段，若能证明自交点至一线段两个端点所成的两线段之积等于自交点至另一线段两端点所成的两线段之积，即可肯定这四点也共圆．（割线定理的逆定理）5.证被证共圆的点到某一定点的距离都相等，从而确定它们共圆．既连成的四边形三边中垂线有交点，即可肯定这四点共圆．上述五种基本方法中的每一种的根据，就是产生四点共圆的一种原因，因此当要求证四点共圆的问题时，首先就要根据命题的条件，并结合图形的特点，在这五种基本方法中选择一种证法，给予证明．第二问是等式的证明，这一问中遇到的圆割线的性质（从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等）、相似三角形、勾股定理三式联立，证明等式成立.试题解析：（Ⅰ）连结，则．因为，所以．所以，即四点共圆．5分（Ⅱ）连结．由四点共圆，所以．在中，，，所以． 10分考点：1.四点共圆的判断；2.圆割线的性质.20、试题分析：本题主要考查导数的运算，利用导数研究函数的单调区间、最值等数学知识和方法，突出考查分类讨论思想和综合分析问题和解决问题的能力.第一问是利用导数研究函数的单调性，但是题中有参数，需对参数进行讨论，可以转化为含参一元一次不等式的解法；第二问先是恒成立问题，通过第一问的单调性对进行讨论，通过求函数的最大值求出符合题意的，表达式确定后，再利用函数的单调性的定义，作差，放缩法证明不等式.试题解析：（Ⅰ）．若，，在上递增；若，当时，，单调递增；当时，，单调递减．5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，若，在上递增，又，故不恒成立．若，当时，递减，，不合题意．若，当时，递增，，不合题意．若，在上递增，在上递减，符合题意，故，且（当且仅当时取“”）．8分当时，，所以．12分考点：1.利用导数求函数的单调性；2.恒成立问题；3.分类讨论思想和放缩法的应用. 21、试题分析：本题考查椭圆的定义、余弦定理及韦达定理的应用.第一问是利用三角形面积公式、余弦定理、椭圆的定义，三个方程联立，解出，再根据的关系求，本问分析已知条件是解题的关键；第二问是直线与椭圆相交于两点，先设出两点坐标，本题的突破口是在消参后的方程中找出两根之和、两根之积，整理斜率的表达式，但是在本问中需考虑直线的斜率是否存在，此题中蕴含了分类讨论的思想的应用.试题解析：（Ⅰ）在中，由，得．由余弦定理，得，从而，即，从而，故椭圆的方程为．6分（Ⅱ）当直线的斜率存在时，设其方程为，由，得．8分设，，，．从而．11分当直线的斜率不存在时，得，得．综上，恒有．12分考点：1.椭圆的定义；2.韦达定理；3.直线的斜率.22、试题分析：本题考查线面平行的判定以及二面角的求法.线面平行的判断：①判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行；②性质：如果两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面；③性质：如果两条平行线中的一条平行于一个平面，那么另一条也平行于这个平面或在这个平面内；④性质：如果一条直线平行于两个平行平面中的一个，那么这条直线也平行于另一个平面或在这个平面内；⑤性质：如果一个平面和平面外的一条直线都垂直于同一平面，那么这条直线和这个平面平行.第一问是利用线面平行的判定定理证明；第二问建立空间直角坐标系是关键，利用向量法得到平面的一个法向量为，和平面的一个法向量为，再利用夹角公式求夹角的余弦，但是需判断夹角是锐角还是钝角，进一步判断余弦值的正负.试题解析：（Ⅰ）连结，由题意，可知，故四边形是平行四边形，所以．又平面，平面，所以平面． 5分（Ⅱ）由题意，两两垂直，以为轴，为轴建立空间直角坐标系．设，则，，，．设平面的一个法向量为，则，，又，，所以，取．同理，得平面的一个法向量为．因为，又二面角为钝角，所以二面角的余弦值． 12分考点：1.线面平行的判断定理；2.向量法解题.23、试题分析：本题主要考查频率分布直方图的读图能力和计算能力，以及离散型随机变量的分布列与数学期望.第一问根据频率分布直方图，求该校高三学生本次数学考试的平均分，解决实际问题，公式为：每一个区间的中点×每一个长方形的高×组距，把所得结果相加即可；第二问利用频率=高×组距，求出样本中成绩不低于90分的频率，通过分析发现人数符合二项分布，利用二项分布的概率计算公式：来计算每种情况的概率，列出分布列，由于，所以利用上面的公式计算期望.试题解析：（Ⅰ）由频率分布直方图，得该校高三学生本次数学考试的平均分为5分（Ⅱ）样本中成绩不低于90分的频率为，所以从该校高三学生中随机抽取1人，分数不低于90分的概率为． 7分由题意，，（），其概率分布列为：10分的期望为．考点：1.频率分布直方图；2.分布列；3.数学期望.24、试题分析：本题主要考查解三角形中的正弦定理、余弦定理的运用.考查了分类讨论思想.第一问考查了正弦定理，利用正弦定理将边转化为角，消去得到正切值，注意解题过程中才可以消掉；第二问利用三角形的内角和转化角，用两角和差的正弦公式展开表达式化简，讨论是否为0，当时，，可直接求出边，当时，利用正余弦定理求边，再利用求三角形面积.试题解析：（Ⅰ）由正弦定理，得，因为，解得，．6分（Ⅱ）由，得，整理，得．若，则，，，的面积． 8分若，则，．由余弦定理，得，解得．的面积．综上，的面积为或．12分考点：1.正弦定理；2.余弦定理；3.两角和差的正弦公式；4.三角形面积公式.。

唐山市2013-2014学年度高三年级第三次模拟考试理综试题及答案

唐山市2013—2014学年度高三年级第三次模拟考试理科综合能力测试参考答案及评分参考物理部分(110分)A 卷14．B 15．D 16．B 17．A 18．A 19．BC 20．AD 21．BD B 卷 14．C 15．D 16．C 17．A 18．B 19．BD 20．AC 21．BD22．（共6分）2.21，2.28，因为物体运动过程中有阻力做功，所以减小的重力势能大于增加的动能。

（每空2分） 23．（1）（2分）甲图:电压表量程过大，测量中示数太小，测量精度较低乙图：两电流表量程均较小，调节过程中滑变调节范围比较小（2）（2分）图略（3）（2分）38Ω到42Ω之间均可得分(4)（3分）如图24．（14分）（1）设经过时间t 乘客出现在公交车反光镜中，根据运动学规律2021at vt s s -=- （2分）解得：t 1=4s t 2=5s （2分）t 0= t 2－t 1=1s （2分）（2）司机可能在出站后4s 到5s 中的某时刻看到乘客并刹车，此时公交车的速度可能为v 1=a 1t 1=4m/s （1分）或 v 2=a 1t 2=5m/s (1分)公交车停车位置可能为 221121122a v a v x += (2分) 222122222a v a v x += (1分) 解得 x 1=12m (1分)x 2=18.75m （1分）停车的位置在12~18.75m 之间。

（1分）其它方法正确同样得分。

25．（1）正电子在电场中偏转，设竖直方向的分速度为v y1，加速度为a 1，由平抛运动规律可得︒=60tan 01v v y （2分） h a v y 1212=（1分） 19ma Ee = （1分）可得：hk v E 620=（1分）（2）对正电子，进入磁场时的速度001260cos /v v v =︒=（1分）有平抛运动规律可得：101t v x = （1分）21121t a h =（1分）可得：h x 3321= 负电子在电场中的偏转过程中，由平抛运动规律可得：202t v x = （1分） 22221t a h =（1分） 2ma Ee =（1分）可得h x 322= 由动能定理可得：20222121mv mv Eeh -=（1分）负电子进入磁场时的速度02332v v = 负电子进入磁场时的速度与横轴的夹角23cos 20==v v θ，︒=30θ（1分）在磁场中圆周运动：Rm v qvB 2=（1分） 1:3:21=v v 可知1:3:21=R R （1分）由几何关系可知212130sin 260sin 2x x R R +=︒+︒（1分）可得：h R 21=，h R 3322= 由几何关系矩形区域的最小面积)]60sin 1()30sin 1()[60cos (122111︒-+︒-++︒+=R R x x R R S （1分）2)13(6h S +=（1分）33．（1）33. （1）（6分）ACD（1）（9分）解：设稳定后左管内气体压强为p 1，右管内气体压强为p 2，水平管与左管连接处压强为p 3，细管截面积为s ，整个变化过程温度不变，则有：s L p Ls p 5410= (2分) s L L L p Ls p )54(20-+= (2分) g L L s s p s p )54(13-+=ρ (2分) a L s s p s p 5423ρ=- (2分) 联立解得：L gL p a ρρ4812250+= (1分)34. [选修3--4] (15分) 34．（1）（6分）BDE（2）Ⅰ（4分）Ⅱ（5分）A 波相对B 传播的距离为x =vt +vt -6=4m （2分）B 波的波长为λ=v ·t=2m （2分）故A 波与B 波2个波谷相遇（1分） 35. [选修3--5] (15分)35. （1）BDE（2）Ⅰ由动量定理0mv I = （2分）可得30=v m/s （1分）Ⅱ小物体在木板A 上运动过程中 2102Mv mv mv += （2分）mgL Mv mv mv μ++=2221202212121 （2分）小物体在木板B 上运动过程中v M m Mv mv )(21+=+ （1分）可得最终速度35=v m/s （1分）p 12P 3图乙化学部分（100分）（1）H2或氢气（2分）取滤液A少许于试管中滴加KSCN溶液无变化，再滴入氯水溶液变成血红色，证明滤液A含Fe2+；或取滤液A少许于试管中滴加NaOH溶液，溶液先出现白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色，证明滤液A含Fe2+。

河北省唐山市2014届高三年级第三次模拟考试理科数学试卷(带解析)

河北省唐山市2014届高三年级第三次模拟考试理科数学试卷（带解析）1．设集合2{|320}A x x x =-+<，{|228}x B x =<<，则（） A ．A B = B ．A B ⊇ C ．A B ⊆ D ．A B φ=【答案】C 【解析】试题分析：∵2320x x -+<，∴{|12}A x x =<<，∵228x <<，∴{|13}B x x =<<，∴A B ⊆. 考点：集合的运算.2．若复数z 满足(2)1z i -=，则z =（） A ．2155i + B ．2155i - C ．1255i + D ．1255i - 【答案】B 【解析】试题分析：∵(2)1z i -=，∴12212(2)(2)55i z i i i i +===+--+，∴2155z i =-.考点：复数的运算、复数的共轭复数.3．已知 1.22a =，0.80.5b =，2log 3c =，则（）A ．a b c >>B ．c b a <<C ．c a b >>D ．a c b >>【答案】D 【解析】试题分析：∵ 1.222a =>，0.800.51<<，21log 32<<，∴a c b >>.考点：利用函数图象及性质比较大小.4．在等比数列{}n a 中，356a a +=，4a =，则26a a +=（） A．．．8 D ．4 【答案】A 【解析】试题分析：∵3546a a a +=⎧⎪⎨=⎪⎩，∴11a q =⎧⎪⎨=⎪⎩18a q =⎧⎪⎨=⎪⎩52611a a a q a q +=+=考点：等比数列的通项公式. 5．函数1sin y x x=-的一段大致图象是（）【答案】A 【解析】试题分析：∵1sin y x x =-，∴11()()sin sin f x f x x x x x-==-=--+-，∴函数()f x 为奇函数，所以排除B ，C 答案，当x →+∞时，sin x x -→+∞，∴0y →，∴排除D ，所以选A.考点：函数图象.6．椭圆2222:1x y C a b+=(0)a b >>的左、右焦点为12,F F ，过1F 作直线l 交C 于A ，B 两点，若2ABF ∆是等腰直角三角形，且0290AF B ∠=，则椭圆C 的离心率为（）A ．2．12- C 1 D ．2【答案】C 【解析】试题分析：由题意得，22b c a=，∴222a c ac -=，∴212e e -=，∴2210e e +-=，∴212e -±==-，∴1e =- 考点：椭圆的标准方程及性质.7．执行左下面的程序框图，如果输入的依次为3,5,3,5,4,4,3,4,4，则输出的S 为（）A ．92 B ．4 C ．35 D【答案】B 【解析】试题分析：0,1s i ==，第一次循环，11(11)01a s a -⨯+==，2i =；第二次循环，1212(21)22a a a a s -⨯++==，3i =；当10i =时，1210410a a a s +++==，11i =；不符合10i ≤，输出4s =.考点：程序框图.8．右上图是某几何体的三视图，则该几何体的体积等于（） A ．1 B ．43 C ．53 D ．23【答案】C 【解析】试题分析：由三视图知立体图如图所示，11111111115112(11)2323ABCD A B C D B A B C V V V --=-=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=.考点：三视图.9．三棱锥S A B C -的四个顶点都在球面上，SA 是球的直径，A C A B ⊥，2BC SB SC ===，则该球的表面积为（） A ．4π B ．6π C ．9π D ．12π【答案】B 【解析】试题分析：N 为等边三角形SBC 的外心，连结SN ，并延长交BC 于M ，则M 是BC 中点，∴ON ⊥平面SBC ，OM ⊥平面ABC ，02sin60SM ==SN =NM =，在Rt SON ∆中，2243ON R =-，在Rt OAM ∆中，221OM R =-，∴11(2)(2)22SAM S AM OM SM ON ∆=⋅⋅=⋅，∴ON AM OM SM == ∴222241313R ON OM R -==-，即232R =， ∴234462S R πππ==⨯=.考点：球的表面积、勾股定理、三角形面积公式.10．ABC ∆中，D 是BC 中点，AD m =，BC n =，则AB AC ⋅等于（）A ．2214m n -B ．2214m n +C ．2214m n +D ．2214m n - 【答案】A【解析】试题分析：由已知2nBD DC ==，DC DB =-， 2222221()()()()()24n AB AC AD DB AD DC AD DB AD DB AD DB m m n ⋅=+⋅+=+⋅-=-=-=-.考点：向量的运算.11．若2,2a b >>，且222111l o g ()l o g l o l o g 22a b a a b ++=++，则22log (2)log (2)a b -+-=（）A ．0B ．12C ．1D ．2 【答案】D【解析】试题分析：∵2222111log ()log log log 22a b a a b ++=++∴112222221log ()log log ()log a b a a b ++=++，∴1122221log ()log ()a b a b +=+∴11221()()a b a a b +⨯=+ ∴2ab a b +=， ∴22222log (2)log (2)log (2)(2)log (2()4)log 42a b a b ab a b -+-=--=-++==. 考点：对数的运算.12．设数列{}n a 满足12a =，1431n n a a n +=-+，*n N ∈，则数列{}n a 的前n 项和可以表示为（） A ．1131ni n i ni C--=+∑ B ．11(3)ni n i ni C i --=+∑ C ．131ni n in i C -=+∑ D ．1(3)ni n in i C i -=+∑【答案】B【解析】试题分析：∵1431n n a a n +=-+，∴1(1)4()n n a n a n +-+=-，∴1(1)4n n a n a n+-+=-，∴数列{}n a n -是以1为首项，4为公比的等比数列，∴14n n a n --=，∴14n n a n -=+， ∴011(41)(42)(4)n n S n -=++++++011(444)(12)n n -=+++++++1(14)(1)41(1)14232n n n n n n ⨯-+-+=+=+-，∴经验证选B.考点：等比数列的通项公式、等比数列的前n 项公式.13．曲线ln 1y x =-在1x =处的切线方程为 . 【答案】20x y --= 【解析】试题分析：∵ln 1y x =-，∴'1y x=，∴1k =，(1)1f =-，∴(1)1y x --=-， ∴曲线ln 1y x =-在1x =处的切线方程为20x y --=. 考点：利用导数求曲线的切线方程.14．以双曲线2213x y -=的上焦点为圆心，与该双曲线的渐近线相切的圆的方程为 .【答案】22(2)3x y +-= 【解析】试题分析：由题意知，1,a b ==2c =，上焦点(0,2)F 为圆心，而F 到渐近线距离=r b ==所以圆为22(2)3x y +-=.考点：双曲线的标准方程、圆的标准方程.15．观察等式：0000sin 30sin 90cos30cos90+=+，0000sin15sin 751cos15cos75+=+，0000sin 20sin 40cos 20cos 40+=+照此规律，对于一般的角,αβ，有等式 .【答案】sin sin tan()cos cos 2αβαβαβ++=+【解析】试题分析：0000sin 30sin 903090tan()cos30cos902++==+，000000sin15sin 7515751tan cos15cos 752++==+，000000sin 20sin 402040tan cos 20cos 402++==+，所以s i n s i n t a n ()c o s c o s 2αβαβαβ++=+.考点：归纳推理.16．函数()f x =的最大值为 . 【答案】32【解析】试题分析：函数()f x 的定义域为[0,2]，设t =t ∈222t -=，所以222121111[(2)4]224242t y t t t t -=-⨯+=-++=---+，当2t =时，max 32y =. 考点：函数最值.17．如图，正三角形ABC 的边长为2，D ，E ，F 分别在三边AB ，BC 和CA 上，且D 为AB 的中点，090EDF ∠=，BDE θ∠=，00(090)θ<<.（1）当tan 2DEF ∠=时，求θ的大小；（2）求DEF ∆的面积S 的最小值及使得S 取最小值时θ的值.【答案】（1）θ＝60︒；（2）当θ＝45︒时，S . 【解析】试题分析：本题主要考查正弦定理、直角三角形中正切的定义、两角和的正弦公式、倍角公式、三角形面积公式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，在EDF ∆中，tan DF DEF DE ∠==DBE ∆中，利用正弦定理，用θ表示DE ，在ADF ∆中，利用正弦定理，用θ表示DF ，代入到①式中，再利用两角和的正弦公式展开，解出tan θ，利用特殊角的三角函数值求角θ；第二问，将第一问得到的DF 和DE 代入到三角形面积公式中，利用两角和的正弦公式和倍角公式化简表达式，利用正弦函数的有界性确定S 的最小值.在△BDE 中，由正弦定理得00sin 60sin(120)BD DE θ==-在△ADF 中，由正弦定理得00sin 60sin(30)AD DF θ==+． 4分由tan ∠DEF ＝2，得00sin(60)sin(30)2θθ+=+，整理得tan θ= 所以θ＝60︒． 6分（2）S ＝12DE ·DF ＝0038sin(60)sin(30)θθ=++==10分当θ＝45︒时，S=． 12分考点：正弦定理、直角三角形中正切的定义、两角和的正弦公式、倍角公式、三角形面积公式.18．在斜三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，11A B C C ⊥，AC BC =.（1）求证：11A A AC ⊥；（2）若11A A AC =，求二面角11B AC B --的余弦值.【答案】（1）证明过程详见解析；（2 【解析】试题分析：本题主要考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、线线平行、二面角的余弦等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，利用面面垂直的性质得BC ⊥平面A 1ACC 1，则利用线面垂直的性质得A 1A ⊥BC ，由A 1B ⊥C 1C ，利用平行线A 1A ∥C 1C ，则A 1A ⊥A 1B ，利用线面垂直的判定得A 1A ⊥平面A 1BC ，则利用线面垂直的性质得A 1A ⊥A 1C ；第二问，建立空间直角坐标系，得到面上的点的坐标，计算出向量坐标，求出平面1BAC 和平面11ACB 的法向量，利用夹角公式计算出二面角的余弦值. （1）因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，所以BC ⊥平面A 1ACC 1，所以A 1A ⊥BC ．因为A 1B ⊥C 1C ，A 1A ∥C 1C ，所以A 1A ⊥A 1B ，所以A 1A ⊥平面A 1BC ，所以A 1A ⊥A 1C ． 5分1（2）建立如图所示的坐标系C-xyz ．设AC ＝BC ＝2，因为A 1A ＝A 1C ，则A (2，0，0)，B (0，2，0)，A 1(1，0，1)，C (0，0，0)．CB ＝(0，2，0)，1CA ＝(1，0，1)，11A B AB =＝(－2，2，0)．设n 1＝(a ，b ，c)为面BA 1C 的一个法向量，则n 1·CB ＝n 1·1CA ＝0，则200b a c =⎧⎨+=⎩，取n 1＝(1，0，－1)．同理，面A 1CB 1的一个法向量为n 2＝(1，1，－1)． 9分所以cos 〈n 1，n 2〉＝1212||||n n n n ⋅＝故二面角B-A 1C-B 1 12分考点：线线垂直、线面垂直、面面垂直、线线平行、二面角的余弦.19．商场销售的某种饮品每件售价为36元，成本为20元.对该饮品进行促销：顾客每购买一件，当即连续转动三次如图所示转盘，每次停止后指针向一个数字，若三次指向同一个数字，获一等奖；若三次指向的数字是连号（不考虑顺序），获二等奖；其他情况无奖. （1）求一顾客一次购买两件该饮品，至少有一件获得奖励的概率；（2）若奖励为返还现金，一等奖奖金数是二等奖的2倍，统计表明：每天的销售y （件）与一等奖的奖金额x （元）的关系式为244xy ≈+，问x 设定为多少最佳？并说明理由.【答案】（1）3351296；（2）x 设定为48（元）为最佳. 【解析】试题分析：本题主要考查随机事件的概率、离散型随机变量的数学期望、配方法求函数最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、计算能力、转化能力.第一问，先利用活动法则分2种情况分别求出一顾客购买一件饮品获得一等奖和二等奖的概率，2个结果相加得到一顾客购买一件饮品获奖的概率，用间接法在所有概率中去掉2件都没有获奖的概率即可；第二问，先求顾客购买一件饮品所得的奖金额的数学期望，用每件售价-每件的成本-发放的奖金额=每件所得利润，再用这个结果乘以一天卖出的总件数得一天的总利润，再用配方法求函数最值. （1）记事件：“一顾客购买一件饮品获得i 等奖”为A i ，i ＝1，2，则P (A 1) 361636==，P (A 2)＝33344636A =，则一顾客一次购买一件饮品获得奖励的概率为 P (A 1＋A 2)＝P (A 1)＋P (A 2)＝536． 4分故一顾客一次购买两件饮品，至少有一件获得奖励的概率p ＝1－(1－536)2＝3351296． 6分（2）设一顾客每购买一件饮品所得奖金额为X 元，则X 的可能取值为x ，2x，0．由（1）得P (X ＝x)＝136，P (X ＝2x )＝436，E (x)＝36x ＋236x ＝12x ． 9分该商场每天销售这种饮品所得平均利润 Y ＝y[(36－20)－E (x)]＝(4x ＋24)(16－12x )＝－148(x －48)2＋432．当x ＝48时，Y 最大．故x 设定为48（元）为最佳． 12分考点：随机事件的概率、离散型随机变量的数学期望、配方法求函数最值.20．过抛物线C ：22(0)y px p =>上的点M 分别向C 的准线和x 轴作垂线，两条垂线及C 的准线和x 轴围成边长为4的正方形，点M 在第一象限. （1）求抛物线C 的方程及点M 的坐标；（2）过点M 作倾斜角互补的两条直线分别与抛物线C 交于A ，B 两点，如果点M 在直线AB 的上方，求MAB ∆面积的最大值. 【答案】（1）y 2＝8x ，(2，4)；（2. 【解析】试题分析：本题主要考查抛物线的标准方程及其几何性质、韦达定理、点到直线的距离、三角形面积公式、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，由题意结合抛物线图象得到M 点坐标，代入抛物线方程中，解出P 的值，从而得到抛物线的标准方程及M 点坐标；第二问，设出A ，B 点坐标，利用M 点，分别得到直线MA 和直线MB 的斜率，因为两直线倾斜角互补，所以两直线的斜率相加为0，整理得到y 1＋y 2＝－8，代入到AB k 中得到直线AB 的斜率，设出直线AB 的方程，利用M 点在直线AB 上方得到b 的范围，令直线与抛物线方程联立，图形有2个交点，所以方程的0∆>进一步缩小b 的范围，1||2S AB d ∆=，而||AB 用两点间距离公式转化，d 是M 到直线AB 的距离，再利用导数求面积的最大值. （1）抛物线C 的准线x ＝－2p ，依题意M (4－2p，4)，则42＝2p (4－2p)，解得p ＝4．故抛物线C 的方程为y 2＝8x ，点M 的坐标为(2，4)， 3分（2）设221212(,),(,)88y y A y B y ．直线MA 的斜率1212118428y y k y y -==+-，同理直线MB 的斜率2284k y =+．由题设有1288044y y +=++，整理得y 1＋y 2＝－8．直线AB 的斜率122212128188y y k y y y y -===-+-． 6分设直线AB 的方程为y ＝－x ＋b ．由点M 在直线AB 的上方得4＞－2＋b ，则b ＜6．由28y x y x b⎧=⎨=-+⎩得y 2＋8y －8b ＝0．由Δ＝64＋32b ＞0，得b ＞－2．于是－2＜b ＜6． 9分12||y y -==于是12|||AB y y -=．点M 到直线AB 的距离d =，则△MAB 的面积1||2S AB d =⋅= 设f (b)＝(b ＋2)(6－b)2，则f '(b)＝(6－b)(2－3b)．当2(2,)3b ∈-时，f '(x)＞0；当2(,6)3b ∈时，f '(x)＜0．当23b =时，f (b)最大，从而S 取得最大值9． 12分考点：抛物线的标准方程及其几何性质、韦达定理、点到直线的距离、三角形面积公式、利用导数求函数的最值.21．已知函数()x f x e =，()1g x x =+. （1）求函数()()()h x f x g x =-的最小值；（2）若1k >，证明：当||x k <时，2[()()]1k x x x f g k k k->-.【答案】（1）h (0)＝0；（2）证明过程详见解析.【解析】试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值、不等式的基本性质等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力，考查学生的函数思想.第一问，先得到()h x 表达式，对()h x 求导，利用“'()0()h x h x >⇒单调递增；'()0()h x h x <⇒单调递减”解不等式求函数()h x 的单调区间，利用函数的单调性确定最小值所在的位置；第二问，先将()x f k 和()x g k-代入到所求的式子中，得到①式，再利用第一问的结论()()0f x g x -≥，即()()0x xf g k k -≥，即得到1xk x e k≥+，通过1k >且||x k <得10x k ->，在上式中两边同乘1xk -得到②式，若222(1)1k x x k k->-成立则所求证的表达式成立，所以构造函数φ(t)＝(1－t)k－1＋kt ，证明()0t ϕ>即可.（1）h (x)＝f (x)－g (x)＝e x －1－x ，h '(x)＝e x－1．当x ∈(－∞，0)时，h '(x)＜0，h (x)单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，h '(x)＞0，h (x)单调递增．当x ＝0时，h (x)取最小值h (0)＝0． 4分（2）2[()()]1k x x x f g k k k ->-即2[(1)]1x kk x x e k k ->-． ①由（1）知，()()0x xf g k k -≥，即1xk x e k ≥+，又10xk ->，则22(1)(1)(1)10x k x x x x e k k k k->+-=->．所以22[(1)](1)x k kkx x e k k->-． ② 7分设φ(t)＝(1－t)k－1＋kt ，t ∈[0，1]．由k ＞1知，当t ∈(0，1)时，φ'(t)＝－k(1－t)k －1＋k ＝k[1－(1－t)k]＞0， φ(t)在[0，1]单调递增，当t ∈(0，1)时，φ(t)＞φ(0)＝0．因为22(0,1)x k ∈，所以222222()(1)10k x x x k k k kϕ=--+⋅>，因此不等式②成立，从而不等式①成立． 12分考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值、不等式的基本性质. 22．如图，四边形ABCD 内接于圆O ，BD 是圆O 的直径，AE CD ⊥于点E ，DA 平分BDE ∠. （1）证明：AE 是圆O 的切线；（2）如果4AB =，2AE =，求CD.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）CD =. 【解析】试题分析：本题主要考查三角形相似、内错角相等、弦切角相等、切割线定理等基础知识，考查学生的逻辑推理能力、转化能力.第一问，连结OA ，利用OA ，OD 都是半径，得∠OAD ＝∠ODA ，利用传递性∠ODA ＝∠ADE ，得∠ADE ＝∠OAD ，利用内错角相等，得OA ∥CE ，所以090OAE ∠=，所以AE 为圆O 的切线；第二问，利用第一问的分析得△ADE ∽△BDA ，所以AE ABAD BD=，即BD ＝2AD ，所以在ABD ∆中，得030ABD ∠=，利用弦切角相等得030DAE ∠=，在ADE ∆中，求出DE 的长，再利用切割线定理得CD 的长.（1）连结OA ，则OA ＝OD ，所以∠OAD ＝∠ODA ，又∠ODA ＝∠ADE ，所以∠ADE ＝∠OAD ，所以OA ∥CE ．因为AE ⊥CE ，所以OA ⊥AE ．所以AE 是⊙O 的切线． 5分（2）由（1）可得△ADE ∽△BDA ，所以AE AB AD BD =，即24AD BD=，则BD ＝2AD ，所以∠ABD ＝30︒，从而∠DAE ＝30︒，所以DE ＝AEtan 30︒ 由切割线定理，得AE 2＝ED·EC ，所以4)CD =+，所以CD =． 10分考点：三角形相似、内错角相等、弦切角相等、切割线定理.23．已知曲线1C 的直角坐标方程为2214x y +=. 以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. P 是曲线1C 上一点，xOP α∠=，(0)απ≤≤，将点P 绕点O 逆时针旋转角α后得到点Q ，2OM OQ =，点M 的轨迹是曲线2C . （1）求曲线2C 的极坐标方程；（2）求||OM 的取值范围.【答案】（1）222cos sin 122164θθρ+=；（2）[2，4]. 【解析】试题分析：本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化、三角函数最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，利用直角坐标方程和极坐标方程的转化公式“cos x ρθ=，sin y ρθ=”转化得到曲线1C 的极坐标方程，设出M ，P 点的极坐标，利用已知条件得P 点坐标代入到1C 中即可；第二问，由曲线2C 的极坐标方程得||OM 的表达式，利用三角函数的有界性求||OM 的最值.（1）曲线C 1的极坐标方程为2222cos sin 14ρθρθ+=，即222cos 1sin 4θθρ+=．在极坐标系中，设M (ρ，θ)，P (ρ1，α)，则题设可知，1,22ρθρα==． ①因为点P 在曲线C 1上，所以2221cos 1sin 4ααρ+=． ②由①②得曲线C 2的极坐标方程为222cos sin 122164θθρ+=． 6分（2）由（1）得2211(13sin )||162OM θ=+．因为21||OM 的取值范围是11[,]164，所以|OM|的取值范围是[2，4]． 10分考点：直角坐标方程与极坐标方程的互化、三角函数最值. 24．设不等式2|1||2|0x x -<--+<的解集为M ，,a b M ∈. （1）证明：111||364a b +<；（2）比较|14|ab -与2||a b -的大小，并说明理由.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）|1－4ab|＞2|a －b|.【解析】试题分析：本题主要考查绝对值不等式的解法、绝对值的运算性质、作差法比较大小等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，先利用零点分段法将()f x 化为分段函数，解不等式求出M ，再利用绝对值的运算性质化简得1111||||||3636a b a b +≤+，由于1||2a <，1||2b <代入得111||364a b +<；第二问，利用第一问的结论1||2a <，1||2b <作差比较大小，由于|14|ab -和2||a b -均为正数，所以都平方，作差比较大小.（1）记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝3,1 21,113,1xx xx≤-⎧⎪---<<⎨⎪-≥⎩由－2＜－2x－1＜0解得1122x-<<，则11(,)22M=-． 3分所以111111111||||||363632624a b a b+≤+<⨯+⨯=． 6分（2）由（1）得21 4a<，21 4b<．因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)＞0， 9分所以|1－4ab|2＞4|a－b|2，故|1－4ab|＞2|a－b|． 10分考点：绝对值不等式的解法、绝对值的运算性质、作差法比较大小.。

高考专题河北省唐山市高三年级第三次模拟试题理科数学 .docx

河北省唐山市2015届高三年级第三次模拟试题理科数学一、选择题：1．已知集合A={}1,0,1,2,3-，B={}21,0,1--,则右图中阴影部分表示的集合为 A ．{}2,3 B ．{}1,0,1- C ．{}2,2,3- D ．{}1,0,1,2,3- 2．i 为虚数单位，()()211i z i -=+，则z =A. 1B. 2C.2 D. 223．已知随机变量ξ服从正态分布()1,2N ,若()023.03=>ξP ，则()=≤≤31ξP A. 0.046 B. 0.623 C. 0.977 D. 0.954 4.执行右图所示的程序框图，结果是．A. 8165B. 2719C ． 95 D. 315.等差数列{}n a 中，22,5843=+=a a a ，则的前20项和为A ．4140 B ．4120 C ．4342 D ． 4321 6.M 为抛物线x y 82=上一点，F 为抛物线的焦点，︒=∠120MFO (O 为坐标原点），N ()0,2-,则直线MN 的斜率为 A.31±B. 12±C. 32±D. 22±7.已知函数()cos 23f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()x x g 2sin =，将()x f 的图像经过下列哪种变换可以和()g x 的图像重合A. 向左平移12π个单位 B. 向左平移6π个单位C. 向右平移6π个单位D.向右平移12π个单位8已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A.()132+πB.()413π+C.4132π⎛⎫+ ⎪⎝⎭ D.2132π⎛⎫+ ⎪⎝⎭9实数X,y 满足⎪⎩⎪⎨⎧≤-+≥-+≥+-09303301y x y x y x ，若z=x+y 的最大值为2a +3，则a 的取值范围是A ．[]3,1-B ．[]1,3-C ．(],1-∞D ．[)3,+∞ 10.异面直线l 和所成角为3π，异面直线l 和N 所成角为4π，则异面直线M,N 所成角的范围是A ．,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．,122ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．7,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D ．7,612ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦11.函数 ()x f =,a e x+-()ln g x x = ，若21,x x 都满足()()x g x f =，则A ． 12x x e ⋅>B ． 121x x e <⋅<C ． 1210x x e <⋅<D ． 1211x x e<⋅<12．关于曲线C ：13232=+y x ，给出下列四个命题：A. 曲线C 关于原点对称B.曲线C 有且只有两条对称轴C.曲线C 的周长l 满足24≥lD.曲线C 上的点到原点的距离的最小值为21 上述命题中，真命题的个数是 A ．1 B ．2 C ．3 D ．4二、填空题：13.设*∈N n ,()nx 3+展开式的所有项系数和为256，则其二项式系数的最大值为_______.（用数字作答）14向量b a ,满足,12=+=+=b a b a a 则b = _______.15.设n S 是等比数列 {}n a 的前n 项和，189,93,4511===+-m m m s s s ，则 m=_______.16.F 是双曲线14:22=-Γy x 的右焦点，Γ的右支上一点P 到一条渐近线的距离为2，在另一条渐近线上有一点Q 满足PQ FP λ=,则=λ____.三、解答题：17. 在ABC ∆中，A,B,C 所对边分别为a,b,c,22222b a c =-. (I)证明b C a A c =-cos 2cos 2 (Ⅱ)若31tan ,1==A a ，求ABC ∆的面积s 。

【数学】河北省唐山市2013届高三第三次模拟考试(理)

河北省唐山市2013届高三第三次模拟考试（理）一、选择题 1．设复数21iz i=-，则z = A ．1i +B ．1i -C ．1i -+D ．1i --2．设全集{}{}{}|5,1,2,3,1,4U x N x A B =∈≤==，则()()U U C A C B ⋂=A ．{}5B ．{}0C ．{}0,5D ．{}1,4 3．运行如图所示的程序框图，输出的n 等于A ．30零B ．29C ．28D ．274．一几何体的三视图如图所示，则它的体积为A ．3 B C ．3D ．35．{}n a 为等比数列，23341,2a a a a +=+=-，则567a a a ++=A ．24-有B ．24C ．48-D ．48 6．已知7cos ,(,0)25θθπ=-∈-，则sin cos 22θθ+=A ．125B ．15± C ．15D ．15-7．实数,x y 满足233465x y x y x y +≥⎧⎪+≤⎨⎪+≥⎩，则3z x y =-的最小值为A ．2-B ．1-C ．12D ．2 8．经过点1(1,)2，渐近线与圆22(3)1x y -+=相切的双曲线的标准方程为A ．2281x y -=B ．22241x y -=C ．2281y x -=D ．22421x y -=9．边界在直线0,,y x e y x ===及曲线1y x=上的封闭的图形的面积为 A ．1B ．32C ．2D ．e 10．函数()y f x =由(2)22x yxy=⋅确定，则方程2()3x f x =的实数解有A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个11．一种电子抽奖方式是：一次抽奖点击四次按钮，每次点击后，随机出现数字1，2，3，4。

当出现的四个数字不重复，且相邻两数字不是连续数字（即两个数字差的绝对值为1）时，获头奖，则第一次抽奖获头奖的概率为A ．1128 B ．3256 C ．164 D ．11212．定义在R上的函数()f x =，则()f xA ．既有最大值也有最小值B ．既没有最大值，也没有最小值C ．有最大值，但没有最小值D ．没有最大值，但有最小值二、填空题13．若向量(2,1),(a b ==-，则向量a b +与a b -的夹角的余弦值为。

2014唐山三模理科(语文数学英语理综)试题及答案大全

2014年唐山市高三第三次模拟考试唐山市2013—2014学年度高三年级第三次模拟考试语文试卷A卷参考答案：1．C（“中国珠算的应用功能被取消”以偏概全，整个句子的因果关系也牵强。

）2．C（“珠算都能不受影响地继续发挥作用”说法绝对。

）3. A（“反而能随时代焕发新的生机”结论武断，文中说的条件是“需要被使用”。

）4．D（还：使……回去）5．A（①表明他给百姓带来利益，③是人们对他治国主张的称赞，⑤是表明他为百姓着想。

）6．C（“稳定了社会秩序”还有“申明法令”的原因。

）7．（1）当时州县官吏因为没有供给俸禄，大多贪婪暴虐，而只有陈祐因为清廉谨慎而被称道。

（以：因为，给：供给，清慎：清廉谨慎，见：被，各1分，语句通畅1分）（2）三是人材是治国的根本，选拔人材应慎重。

这些事情虽然未能完全施行，但当时人们舆论都称赞他。

（治：治国，审：慎重，尽：完全，称：称赞，各1分，语句通畅1分。

）8．通过园林半闭、带雪之雨、带寒之风、初归大雁、寒梅初放来表现。

（每点1分）9．诗人面对季节轮替，春天初归（2分），产生了人生短暂（2分）、时光易逝的感慨（2分）【或答“自勉同时也规劝人们珍惜时光（2分），及时发奋（2分）”】。

10．（1）蟹六跪而二螯非蛇鳝之穴无可寄托者（2）余独好修以为常虽体解吾犹未变兮（3）余则缊袍敝衣处其间略无慕艳意11．（1）答E给3分，答C给2分，答D给1分。

（A．是因为刘三坚信他会不请自来。

B．“说明了新闻记者崇拜金钱的灰暗心里”，这个说法与后文记者提出要采访张二狗矛盾。

D．“是为了拉拢对方”绝对，也有出自本心的对农民工的关心。

）（2）①想拉近与民工的关系。

②想借机大力宣传自己。

③想得到更大回报。

（每点2分）（3）①正直敢言。

记者想宣传刘三，他敢于责问记者。

②临财不苟。

刘三多给工钱，他只拿该得的部分。

③一心为家。

他把工钱全部寄回家里。

④铭记恩情。

刘三拿钱为救治妻子，他记在心里。

⑤自尊自重。

刘三没请他，他不去吃请。

2014年河北省唐山市高考数学三模试卷(理科)

2014年河北省唐山市高考数学三模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题1.设集合{}2320A x x x =--<，{}228x B x =<<，则（）A.A B = B ．A B ⊇ C ．A B ⊆D ．A B =∅ 答案：B【考点】集合的包含关系判断及应用. 【专题】集合．【分析】解决集合问题，先要弄清集合中的元素．【解答】解：集合,A =⎝⎭，()1,3B =，满足A B ⊇．故选：B ．【点评】本题考查集合间关系的判断与交集运算，属容易题，把握集合的构成元素十分重要． 2.若复数z 满足()2i 1z -=，则=（）A.21i 55+ B ．21i 55- C ．12i 55+ D ．12i 55-答案：B【考点】复数代数形式的乘除运算. 【专题】数系的扩充和复数．【分析】把给出的等式两边同时乘以12i-，然后直接利用复数代数形式的除法运算化简求值，则答案可求．【解答】解：由()2i 1z -=，得 ()()12i 21i 2i 2i 2i 55z +===+--+， 21i 55z ∴=-．故选：B ．【点评】本题考查复数代数形式的除法运算，考查了复数的基本概念，是基础题． 3.已知 1.22a =，0.80.5b =，2log 3c =，则（） A.a b c >> B.a c b >> C.c a b >> D.c b a >> 答案：B【考点】对数的运算性质. 【专题】函数的性质及应用．【分析】由指数函数与对数函数的图象与性质，得出2a >，1b <，12c <<，从而得出a 、b 、c 的大小．【解答】解：由指数函数与对数函数的图象与性质，得出： 1.21222a =>=， 0.800.50.51b =<=，22log 3log 42c =<=，22log 3log 21>=，12c ∴<<， a c b ∴>>．故选：B ．【点评】本题考查了利用函数的图象与性质判定数值大小的问题，解题时应考查对应函数的图象与性质，并适当地引入数值1或0作比较，是基础题．4.在等比数列{}n a 中，356a a +=，4a =26a a +=（）A. B. C.8 D.4 答案：A【考点】等比数列的性质.【专题】计算题；等差数列与等比数列．【分析】利用等比数列的首项与公比表示出356a a +=，4a =进行化简可得()5261a a a q q +=+，即可得到答案．【解答】解：由题意可得：等比数列{}n a 中，356a a +=，4a = 所以()22116a q q +=，31a q =，解得：q =，11a =或者q 18a =．当q 11a =时，()5261a a a q q +=+=当q 18a =时，()5261a a a q q +=+= 故选：A ．【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的通项公式与等比数列的性质，并且结合正确的运算．5.函数1sin y x x=-的一段大致图象是（）A．B． yC．D． y答案:A【考点】函数的图象；函数的单调性与导数的关系.【分析】根据函数解析式，分析函数的性质，四个选项中与此性质不符的即可排除．【解答】解：根据函数为奇函数，排除B 、C 两项；又()2cos 1'0sin x y x x -=-≤，所以，函数在(),0-∞，()0,+∞上均为减函数，D 不正确．故选：A ．【点评】本题考查识图能力，属中档题．一般采用排除法求解．6.椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点为1F ，2F ，过1F 作直线l 交C 与A ，B 两点，若2ABF △是等腰三角形，且290AF B ∠=︒，则椭圆C 的离心率为（）A.2B.1 C1答案:C【考点】椭圆的简单性质．【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】由题意及椭圆的对称性可知直线l 垂直x 轴，则112AF F F =，即22b c a=，进而可化为222a c ac -=，同除以2a 得e 的二次方程．【解答】解：2ABF △是等腰三角形，且290AF B ∠=︒，由椭圆的对称性可知直线l 垂直x 轴，则112AF F F =，即22b c a=，222a c ac ∴-=，同除以2a ，得21e 2e -=，解得1，故选C ．【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，考查相关量的求解，属基础题．7.执行如图程序框图，如果输入的依次为3，5，3，5，5，4，4，3，4，4，则输出的s 为（）A.92 B.4 C.35答案：B【考点】程序框图.【专题】计算题；算法和程序框图．【分析】算法的功能是求数据3、5、3、5、5、4、4、3、4、4的平均数，利用平均数公式计算可得答案．【解答】解：由程序框图知：算法的功能是求数据3、5、3、5、5、4、4、3、4、4的平均数，∴输出的3535544344410S ++++++++++==．故选：B ．【点评】本题考查了当型循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是解答本题的关键． 8.如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积等于（）侧视图俯视图A.23 B.43 C .1 D.53 答案：D【考点】由三视图求面积、体积.【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】几何体是正四棱柱消去一个同高的三棱锥，根据三视图判断四棱柱与三棱锥的高底面图象的形状及相关几何量的数据，把数据代入棱柱与棱锥的体积公式计算．【解答】解：由三视图知：几何体是正四棱柱消去一个同高的三棱锥，其中四棱柱的高为2，底面是边长为2的正方形，三棱锥的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，∴几何体的体积111511211223233V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=．故选：D ．【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．9.三棱锥S ABC -的四个顶点都在球面上，SA 是球的直径，AC AB ⊥，2BC SB SC ===，则该球的表面积为（）A.4πB.6πC.9πD.12π 答案:B【考点】球的体积和表面积.【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】由题意，SA 是球的直径，可得SC AC ⊥，SB BA ⊥，利用AC AB ⊥，2BC SB SC ===，可得AC ，AC =SA ，从而可求球的表面积．【解答】解：由题意，SA 是球的直径， SC AC ∴⊥，SB BA ⊥，AC AB ⊥，2BC SB SC ===，AC ∴AC ==26SA ∴=，SA ∴，∴ ∴球的表面积为64π6π4⋅=，故选：B ．【点评】本题考查球的表面积，考查学生的计算能力，确定SA 是关键．10.ABC △中，D 是BC 的中点，AD m =，BC n =，则AB AC ⋅等于（）A.2214m n -B.2214m n +C.2214m n +D.2214m n -答案：A【考点】平面向量数量积的运算. 【专题】平面向量及应用．【分析】首先，根据向量的平行四边形法则和减法法则，得到：AB AC CB -= ，2AB AC AD +=，然后，将两个式子平方相减，即可得到答案．【解答】解：AB AC CB -=，① 2AB AC AD +=，② 由22-①②，得 2222444AB AC AD CB m n ⋅=-=- ,2214AB AC m n ∴⋅=- ，AB AC ∴⋅ 等于2214m n -，故选：A ．BDCA【点评】本题重点考查了平面向量的平行四边形法则和减法法则，属于中档题．11.若2a >，2b >，且()22111log log log log 22a b a b ++=++,则()()22log 2log 2a b -+-=（）A.0B.12C .1 D.2 答案：D【考点】对数的运算性质. 【专题】计算题．【分析】对所给的等式()2222111log log log log 22a b a b ++=++整理出()()224a b --=，即可求出【解答】解：()222111log log log log 22a b a b ∴++=++()222log log 0a b ab ∴++=，即()21a b ab+⨯=，整理得()()224a b --=，()()()()2222log 2log 2log 22log 42a b a b ∴-+-=--==,故选：D ．【点评】本题考查对数的运算性质，熟练准确利用对数运算性质进行变形是解答的关键12.设数列{}n a 满足12a =，1431n n a a n +=-+，*n ∈N ，则数列{}n a 的前n 项和可以表示为（） A.i 1i i 1C 31nn n--=+∑B.()i 1i i 1C 3i nn n --=+∑C.i i i 1C 31nn n -=+∑D.()i i i 1C 3i nn n -=+∑答案：B【考点】等比关系的确定；数列的求和.【专题】等差数列与等比数列；二项式定理．【分析】由已知1431n n a a n +=-+，变形为()()114n n a n a n +-+=-，利用等比数列和等差数列的前n 项和公式、二项式定理即可得出．【解答】解：1431n n a a n +=-+ ，()()114n n a n a n +∴-+=-，12a = ， 111a ∴-=，∴数列{}n a n -是以1为首项，公比为4的等比数列．14n n a n -∴-=，14n n a n -=+．()()()()211142434n n S n -∴=++++++++()()211231444n n -+++++++++()14123nn n +-=+．而()()1141132n n n -++ ()()11311132nn n ⎡⎤=+-++⎣⎦()()11221113C 3C 3C 311132n n n n n n n n n ---=+++++-++ ()112213C 3C 3C 12n n n n n n n n ----=++++++++()i 1i i 1C 3i nn n --==+∑．故选：B ．【点评】本题考查了等比数列和等差数列的通项公式及其前n 项和公式、二项式定理，考查了推理能力和计算能力，属于难题．二、填空题13.曲线ln 1y x =-在1x =处的切线方程为．答案：20x y --=【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程. 【专题】计算题；导数的概念及应用．【分析】切线斜率1'1x k y -==，再求出切点的坐标，利用点斜式即可写出切线方程．【解答】解：因为ln 1y x =-，所以1'y x=，则切线斜率1'1x k y -==，因为1x =时，1y =-，所以在1x =处的切线方程为：11y x +=-，即20x y --=．故答案为：20x y --=．【点评】本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查直线方程的求法，考查导数的几何意义，属基础题．14.以双曲线2213x y -=的上焦点为圆心，与该双曲线的渐近线相切的圆的方程为．答案：()2223x y +-=【考点】双曲线的简单性质.【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】求出其焦点坐标及渐近线方程；再利用点到直线的距离公式求出圆的半径，即可得到所求圆的方程．【解答】解：双曲线2213x y -=的离心率e=2，上焦点为()0,2F ，一条渐近线方程为0x =，()0,2F ∴=∴以双曲线2213x y -=的上焦点为圆心，与该双曲线的渐近线相切的圆的方程为()2223x y +-=．故答案为：()2223x y +-=．【点评】本题主要考查双曲线的基本性质．在求双曲线的渐近线方程时，一定要先判断出焦点所在位置，以免出错．15.观察等式：sin30sin90cos30cos90︒+︒︒+︒sin15sin751cos15cos75︒+︒=︒+︒，sin 20sin 40cos20cos40︒+︒=︒+︒．照此规律，对于一般的角α、β，有等式．答案：sin sin tan cos cos 2αβαβαβ++=+【考点】归纳推理.【专题】推理和证明．【分析】由已知可得：等式左边的分式是两个角的正弦和，分母是两个角的余弦和，等式右边是两个角和的半角的正切值．【解答】解：由已知中：sin30sin903090tan tan60cos30cos902︒+︒︒+︒==︒︒+︒sin15sin751575tan tan451cos15cos752︒+︒︒+︒==︒=︒+︒，sin 20sin 402040tan tan 30cos20cos402︒+︒︒+︒==︒=︒+︒归纳可得：sin sin tan cos cos 2αβαβαβ++=+，故答案为：sin sin tan cos cos 2αβαβαβ++=+【点评】归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）．16.函数()f x =的最大值为．答案：32【考点】函数的最值及其几何意义；二次函数在闭区间上的最值. 【专题】转化思想．【分析】设t =t 的二次函数，利用二次函数最值的求法进行求解．【解答】解：设t22t =+()()()221133224422f x t t t =--+=--+≤，当且仅当2t =即1x =时等号成立，故答案为32．【点评】本题考查了换元法的应用，利用换元法将函数转化为二次函数是求函数最值的一种重要的方法．三、解答题：本大题共70分，其中17-21题为必考题，22、23、24题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.如图，正三角形ABC 的边长为2，D 、E 、F 分别在三边AB ，BC 和CA 上，且D 为AB 的中点，90EDF ∠=︒，()090BDE θθ∠=︒<<︒．（1）当tan DEF ∠=θ的大小；（2）求DEF △的面积S 的最小值及使得S 取最小值时θ的值．θF EBCA【考点】余弦定理；正弦定理.【专题】三角函数的求值．【分析】（1）在B D E △中，1BD =，60B =︒，120BED θ∠=︒-，利用正弦定理表示出DE ，在A D F △中，利用正弦定理表示出DF ，根据tan DEF ∠的值，列表关系式，整理求出tan θ的值，即可确定出θ的大小；（2）根据两直角边乘积的一半表示出三角形DEF 面积S ，利用两角和与差的正弦函数公式化简，整理后利用同角三角间基本关系变形，由正弦函数的值域即可确定出S 的最小值以及使得S 取最小值时θ的值．【解答】解：（1）在B D E △中，由正弦定理()sin 60sin 120DE BDθ=︒︒-得：()sin60sin 120BD DE θ︒==︒-，在ADF △中，由正弦定理()sin 60sin 30DF ADθ=︒︒+得：()sin60sin 30AD DF θ︒==︒+，tan DEF ∠=()()sin 60sin 30θθ︒+∴=︒+，整理得：tan θ=，则60θ=︒；（2）()()1328sin 60sin 30S DE DF θθ=⋅=︒+︒+=,当45θ=︒，S=．【点评】此题考查了正弦、余弦定理，三角形的面积公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握定理及公式是解本题的关键18.在斜三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，11A B C C ⊥，AC BC =．（1）求证11A A AC ⊥；（2）若11A A AC ⊥，求二面角11B AC B --的余弦值． AB 1C 1A 1CB【考点】与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关. 【专题】计算题；证明题．【分析】（1）由1A A BC ⊥，11A A A B ⊥证明1A A ⊥平面1A BC ，进而证明11A A AC ⊥；（2）通过空间直角坐标系中向量的运算求余弦值．【解答】解：（1）平面11A ACC ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，BC ∴⊥平面11A ACC ，1A A BC ∴⊥，11A B C C ⊥，11A A CC ∥ 11A A A B ∴⊥，1A A ∴⊥平面1A BC ，11A A AC ∴⊥；（Ⅱ）建立如图所示的坐标系C xyz -．设2AC BC ==， 11A A AC = ，则()2,0,0A ，()0,2,0B ，()11,0,1A ，()0,0,0C ． ()0,2,0CB = ，()11,0,1CA = ，()112,2,0A B AB ==-．设()1,,n a b c =为面1BAC 的一个法向量，则1110n CB n CA ⋅=⋅= ，则200b a c =⎧⎨+=⎩取1a =，()11,0,1n =- ．同理，面11ACB 的一个法向量为()21,1,1n =-．121212cos n n n n n n ⋅∴⋅=∴二面角11B AC B --C 1【点评】本题考查了线面垂直的判定定理，用到了面面垂直的定义，也考查了在空间直角坐标系中求角的方法，属于中档题．19.商场销售的某种饮品每件售价36元，成本为20元．对该饮品进行促销；顾客每购买一件，当即连续转动三次如图所示转盘，每次停止后指针指向一个数字，若三次指向同一个数字，获一等奖；若三次指向的数字是连号（不考虑顺序），获二等奖；其它情况无奖．（1）求一顾客一次购买两件该饮品，至少有一件获得奖励的概率；（2）若奖励为返还现金，一等奖奖金数是二等奖的2倍，统计标明：每天的销量y （件）与一等奖的奖金额x （元）的关系式为244xy ≈+．问x 设定为多少最佳？并说明理由．654321【考点】相互独立事件的概率乘法公式；互斥事件的概率加法公式. 【专题】计算题．【分析】（Ⅰ）记事件：“一顾客购买一件饮品获得i 等奖”为i A ，i=1，2，由等可能事件的概率计算可得()1P A 与()2P A ，进而由一顾客一次购买一件饮品获得奖励的概率，由相互独立事件的概率公式计算可得答案；（Ⅱ）设一顾客每购买一件饮品所得奖金额为X 元，分析可得X 的可能取值为x ，2x，0；计算可得()P X x =以及2x P X ⎛⎫= ⎪⎝⎭，结合题意计算即可得答案．【解答】解：（Ⅰ）记事件：“一顾客购买一件饮品获得i 等奖”为i A ，i=1，2，则()1616336P A ==，()32234A 4636P A ==，则一顾客一次购买一件饮品获得奖励的概率为()()()1212536P A A P A P A +=+=. 故一顾客一次购买两件饮品，至少有一件获得奖励的概率2533511361296P ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭ .（Ⅱ）设一顾客每购买一件饮品所得奖金额为X 元，则X 的可能取值为x ，2x，0．由（Ⅰ）得()136P X x ==，4236x P X ⎛⎫== ⎪⎝⎭，()2363612x x xE x =+=.该商场每天销售这种饮品所得平均利润()()()21362024164843241248x x Y y E x x ⎛⎫⎛⎫=--=+-=--+⎡⎤ ⎪⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭. 当48x =时，Y 最大．故x 设定为48（元）为最佳．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及等可能事件、互斥事件的概率计算，注意正确分析事件之间的相互关系．20.过抛物线()2:20C y px p =>上的点M 分别向C 的准线和x 轴作垂线，两条垂线及C 的准线和x 轴围成边长为4的正方形，点M 在第一象限．（1）求抛物线C 的方程及点M 的坐标；（2）过点M 作倾斜角互补的两条直线分别与抛物线C 交与A 、B 两点，如果点M 在直线AB 的上方，求MAB △面积的最大值．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题.【专题】综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（1）求出M 的坐标，代入抛物线方程，即可求得p 的值，从而可求抛物线C 的方程及点M 的坐标；（2）求出直线MA 的斜率、直线MB 的斜率，可得直线AB 的斜率，可得直线AB 的方程，与抛物线方程联立，可得MAB △的面积，利用导数知识，即可求MAB △面积的最大值．【解答】解：（1）抛物线C 的准线2px =-，依题意4,42p M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则24242p p ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，解得4p =．故抛物线C 的方程为28y x =，点M 的坐标为()2,4，（2）设211,8y A y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,8y B y ⎛⎫⎪⎝⎭．直线MA 的斜率1121148428y k y y -==+-，同理直线MB 的斜率2284k y =+．由题设有1288044y y +=++，整理得128y y +=-．直线AB 的斜率122212128188y y k y y y y -===-+-．设直线AB 的方程为y x b =-+．由点M 在直线AB 的上方得42b >-+，则6b <．由28y x y x b⎧=⎨=-+⎩得2880y y b +-=．由64320b ∆=+>，得2b >-．于是26b -<<．12y y -于是12AB y -=点M 到直线AB 的距离d ，则MAB △的面积12S AB d =⋅=设()()()226f b b b =+-，则()()()'623f b b b =--．当22,3b ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()'0f x >；当2,63b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x <．当23b =时，()f b 最大，从而S ．【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查抛物线方程，考查导数知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题． 21.已知函数()e x f x =，()1g x x =+．（1）求函数()()()h x f x g x =-的最小值；（2）若1k >，证明：当x k <时，21kx x x f g k k k ⎡⎤⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性.【专题】导数的综合应用．【分析】（Ⅰ）由已知得()'e 1x h x =-．由此利用导数性质能求出()h x 取最小值()00h =．（Ⅱ）21k x x x f g k k k ⎡⎤⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，等价于2e 11k x k x x k k ⎡⎤⎛⎫->-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦，由此利用导数性质能证明x k <时，21k x x x f g k k k ⎡⎤⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦．【解答】解：（Ⅰ）()e x f x = ，()1g x x =+，()()()e 1x h x f x g x x ∴=-=--，()'e 1x h x =-．当(),0x ∈-∞时，()'0h x <，()h x 单调递减；当()0,x ∈+∞时，()'0h x >，()h x 单调递增．当0x =时，()h x 取最小值()00h =.（Ⅱ）21k x x x f g k k k ⎡⎤⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，即2e 11kx k x x k k ⎡⎤⎛⎫->-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦．① 由（Ⅰ）知，0x x f g k k ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥，即e 1x k x k +≥，又10x k ->，则22e 11110xk x x x x k k k k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫->+-=-> ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 所以22e 11k k x k x x k k ⎡⎤⎛⎫⎛⎫->-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦．②设()()11k t t kt φ=--+，[]0,1t ∈．由1k >知，当()0,1t ∈时，()()()1'1110k k t k t k k t φ-⎡⎤=--+=-->⎣⎦, ()t φ在[]0,1单调递增，当()0,1t ∈时，()()00t φφ>=．因为()220,1x k ∈，所以222222110k x x x k k k k φ⎛⎫⎛⎫=--+⋅> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此不等式②成立，从而不等式①成立．故当x k <时，21k x x x f g k k k ⎡⎤⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦．【点评】本题重点考查利用导数研究函数的性质，利用函数的性质解决不等式、方程问题．重点考查学生的代数推理论证能力．解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做．则按所做的第一题记分．作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．【选修4-1：几何证明选讲】22.如图，四边形ABCD 内接于O ，BD 是O 的直径，AE CD ⊥于点E ，DA 平分BDE ∠．（1）证明：AE 是O 的切线；（2）如果4AB =，2AE =，求CD ．【考点】与圆有关的比例线段；圆內接多边形的性质与判定.【专题】选作题；立体几何．【分析】（1）连接OA ，根据角之间的互余关系可得90OAE DEA ∠=∠=︒，证明OA CE ∥，利用AE CE ⊥，可得AE OA ⊥，即AE 是O 的切线；（2）由（1）可得ADE BDA △∽△，求出30ABD ∠=︒，从而30DAE ∠=︒，可得tan 30DE AE =︒，利用切割线定理，可得结论．【解答】（1）证明：连结OA ，则OA OD =，所以OAD ODA ∠=∠，又ODA ADE ∠=∠，所以ADE OAD ∠=∠，所以OA CE ∥．因为AE CE ⊥，所以OA AE ⊥．所以AE 是O 的切线．（2）解：由（1）可得ADE BDA △∽△，所以AE AB AD BD =，即24AD BD=，则2BD AD =，所以30ABD ∠=︒，从而30DAE ∠=︒，所以tan 30DE AE =︒=．由切割线定理，得2AE ED EC =⋅，所以4CD ⎫=+⎪⎪⎝⎭，所以CD =．A 【点评】本题考查常见的几何题型，包括切线的判定，及线段长度的求法，要求学生掌握常见的解题方法，并能结合图形选择简单的方法解题．【选修4-4：坐标系与参数方程】23.已知曲线1C 的直角坐标方程为2214x y +=，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，P 是曲线1C 上一点，()0πxOP αα∠=≤≤，将点P 绕点O 逆时针旋转角α后得到点Q ，2OM OQ = ，点M 的轨迹是曲线2C ，（1）求曲线2C 的极坐标方程；（2）求OM 的取值范围．【考点】简单曲线的极坐标方程.【分析】（Ⅰ）把cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩代入椭圆方程可得曲线1C 的极坐标方程222cos 1sin 4θθρ+=．在极坐标系中，设(),M ρθ，()1,P ρα，由题意可知，12ρρ=，2θα=．由于点P 在曲线1C 上，可得2221cos 1sin 4θαρ+=．由以上即可得曲线2C 的极坐标方程．（II ）由（Ⅰ）得21113sin 162OM θ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．即可得出．【解答】解：（Ⅰ）曲线1C 的极坐标方程为2222cos sin 14ρθρθ+=，即222cos 1sin 4θθρ+=．在极坐标系中，设(),M ρθ，()1,P ρα，由题意可知，12ρρ=，2θα=．①点P 在曲线1C 上， 2221cos 1sin 4θαρ∴+=．② 由①②得曲线2C 的极坐标方程为222cos sin 122164θθρ=+．（Ⅱ）由（Ⅰ）得221113sin 162OM θ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． 21OM 的取值范围是11,164⎡⎤⎢⎥⎣⎦， OM ∴的取值范围是[]2,4．【点评】本题考查了椭圆的极坐标方程、直角坐标和极坐标方程、正弦函数的单调性，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．【选修4-5：不等式选讲】24.）设不等式2120x x -<--+<的解集为M ，a 、b M ∈，（1）证明：111364a b +<；（2）比较14ab -与2a b -的大小，并说明理由．【考点】不等式的证明；绝对值不等式的解法.【专题】不等式的解法及应用．【分析】（1）利用绝对值不等式的解法求出集合M ，利用绝对值三角不等式直接证明：111364a b +<；（2）利用（1）的结果，说明ab 的范围，比较14ab -与2a b -两个数的平方差的大小，即可得到结果．【解答】解：（1）记()3,11221,113,1x f x x x x x x -⎧⎪=--+=---<<⎨⎪-⎩≤≥由2210x -<--<解得1122x -<<，则11,22M ⎛⎫=- ⎪⎝⎭． a 、b M ∈，12a ∴<，12b < 所以111111111363632624a b a b ++<⨯+⨯=≤. （2）由（1）得214a <，214b <．因为()()()()2222222214418164241410ab a b ab a b a ab b a b ---=-+--+=-->, 所以22144ab a b ->-，故142ab a b ->-．【点评】本题考查不等式的证明，绝对值不等式的解法，考查计算能力．。

河北省唐山市高三数学第三次模拟考试试题理扫描版新人教A版1

- 1 -- 2 -- 3 -- 4 -唐山市2013—2014学年度高三年级第三次模拟考试理科数学参考答案一、选择题：DB A卷：CBDAA CBCBAAD BCDBA B卷：BCDAA二、填空题：22yxyx3＝－（14）2)＋（13）(－－2＝0βααβ 3sin＋＋sin）tan 15（16 ）（＝βα2coscos＋2 三、解答题： 17）解：（BD sin60?3DEBDE＝中，（Ⅰ）在△＝θθ)?＋)2sin(60sin(120?－AD sin60?3ADFDF＝＝．在△… 4分中，由正弦定理得，由正弦定理得θθ)＋)2sin(30sin(30?＋?θ)3sin(60?＋3θDEF＝3tan由tan∠＝，，得＝，整理得θ)2sin(30?＋2θ＝60?． …6分所以1 3SDEDF ＝＝（Ⅱ）·＝θθ)＋)sin(3028sin(60?＋?3 θθθθ)3sin ＋sin ＋2(3cos)(cos33＝＝． …10分 22θθθθθ)2sin2]sin2()＋4sin3cos2[3(cos ＋＋36－33θS 取最小值＝．＝45?时，…12分当 22(3＋2)（18）解：AACCABCACBCBCAACC ，⊥平面，所以，⊥平面（Ⅰ）因为平面⊥ 1111AABC ． ⊥所以1ABCCAACCAAAB ，⊥⊥∥，因为，所以 111111AAABCAAAC ．，所以 ⊥…5所以分 ⊥平面1111Cxyz ．-（Ⅱ）建立如图所示的坐标系ACBCAAAC ，设＝＝2＝，因为11ABAC (0，0，1)，，0)．0)，0)(0，2，， (1，0，则(2，01→→→→ABABCBCA ＝(－2，＝2，0)，2＝(0，，0)，，＝(10，1)． 111→→CACB n Cca n bBA n ＝0，为面＝设(，，)的一个法向量，则·＝·11111- 5 -b ，＝20?n 则1)．＝(1，0取，－?1ca ，＋0＝?n ACB 9分．的一个法向量为…＝(1，1，－1)同理，面211nn 6·21nn ，，?cos 所以?＝＝ 21nn 3||||216BCBA 分…12- - 的余弦值为．故二面角 113 ）解：（19iAi ，则，，2＝（Ⅰ）记事件：“一顾客购买一件饮品获得1等奖”为i 3414A63APPA ，＝(＝))＝(＝，2133366636 则一顾客一次购买一件饮品获得奖励的概率为5AAPPAAP 4分 …．＋()＋＝ ( )＝ ( )212136 故一顾客一次购买两件饮品，至少有一件获得奖励的概率33552p 6分 … ＝1－(1－ )＝． 129636x xXX（Ⅱ）设一顾客每购买一件饮品所得奖金额为0元，则．的可能取值为，， 2xxxx 21 4 xEPXPxX分 …9)＝＋，＝(由（Ⅰ）得(．＝＝)＝)＝， (12363636236 该商场每天销售这种饮品所得平均利润xx 1 2xxYyE ＋＝－(＝(432－48)．＋24)(＝16[(36－20)－－())]48412xxY …12分48（元）为最佳．当＝48时，最大．故设定为（20）解：pp MCx 的准线－＝－)，，，依题意4(（Ⅰ）抛物线4 22p 2pp 44)＝2，解得(4－．＝则 22MxCy3分 8 ，点…的坐标为(2，故抛物线的方程为4)，＝22yy 21yABy (，，．（Ⅱ）设)(，) 2188y 88－41kkMBMA 的斜率．＝直线的斜率＝＝，同理直线 212yyy 44＋＋2112－ 888yy ＝－8＝0，整理得＋由题设有．＋ 21yy 4＋＋421yy 8－21kAB 6分 …＝＝－1．直线的斜率＝ 22yyyy ＋2211－ 88byxAB ＝－＋设直线．的方程为bbMAB ，则．在直线＜的上方得4＞－2＋由点62xy ，＝8?2byy 由＝＋80－8得．?byx ＋＝－?bbb 分 …9．于是－2＜＜6．＋由Δ＝64320＞，得2＞－2byyyyyy ，2|4－)|＋＝(＋－44＝211122byABy ．8|2||于是|＝－＝＋221- 6 -b －6MABdMAB 点的面积到直线＝的距离，则△2 12bABSbd )|＋＝·．22)(6＝|2(－22bbbbfbfb ．－)，则)(2设?(()＝－(3＋2)(6)－＝)(6 2 2 fxbbfx )＜0．?(∈( ，当6∈(－2，))时，时，?(0)＞；当33 2 1283Sfbb ． (…)最大，从而12取得最大值当分＝时，93（21）解：xxxxhfxgxhx －1．)1－＝(，)＝e(?)－(()＝e （Ⅰ）－xhxhx )单调递减；0，0)时， ?(()当＜∈(－∞，xhxhx )单调递增．0，∈(0，＋∞)时， ?(()当＞xhxh (0)＝0．当…＝0时，4()取最小值分x22xxxxx kk gf（Ⅱ）[)]＞1－即[e(1－－)]＞1－．①() (kkkkkkx xxx gf，＋ )≥0，即)－e(≥由（Ⅰ）知，1(kkkkx2xxxxx＞0．)＝又1－1－ 1(－)＞(1＋)(1－＞0，则e k2kkkkkx2xx kk所以[e(1－)]＞(1－)．②…7分k2kk k ktttφt∈[0，1]＋．＝(1－，) 设－(1)kk1－tkkφkttkt]＞0)(，)＝－[1(1－－)(1－＋由＞1知，当＝∈(0，1)时，?φttφtφ．(0)(＝)＞()在[0，1]单调递增，当0∈(0，1)时，2222xxxx k kφ，＞1＋0·∈(0，1)，所以－)＝(1－()因为2222kkkk 12分…因此不等式②成立，从而不等式①成立．22）解：（ODAODOADOAOA，所以∠（Ⅰ）连结，，则＝∠＝CEOADOAODAADEADE＝∠，所以，所以∠∥即＝∠．又∠AEOAAECE因为⊥⊥．，所以OAE分…5 所以是⊙的切线．BDAADE（Ⅱ）由（Ⅰ）可得△，∽△ABAE42ADBD＝，即＝2，则，所以＝BDBDADADDAEABD?，从而∠，＝30所以∠?＝3032AEDE．＝tan30?＝所以32ECAEED由切割线定理，得＝·，- 7 -333422CDCD＝．，所以所以4 ＝ (…10分＋ )333 ）解：（23222θρθcoscos1222θCρθ＝，即＋（Ⅰ）曲线sin的极坐标方程为＋sin．＝112ρ44αPρMρθ在极坐标系中，设(()，，)，，则1θραρ①题设可知，＝，＝．1222α1cos2αC②因为点P在曲线上，所以＋sin ＝．12ρ41θθ22sincos 221C．…由①②得曲线＋6分的极坐标方程为＝22ρ416 （Ⅱ）由（Ⅰ）得θ 1 12 3sin)．＝(1＋2OM2||16 1 11OM…分|的取值范围是[2，4]．因为10 的取值范围是[，]，所以|2OM416|| ）解：（24x，3≤－1，??xx?，1－2＜－1，－1＜xxfx（Ⅰ）记(2|)＝|－－1||＝＋??x．≥－3，1 11 1 1 Mxx)．－3，由－2＜－21－＜0解得－…＜＜分，则(＝2222 11 1 1 1 1 1 1 1 baba＋|≤＋|＋||＜××＝… 6所以． ||436233626 分 1 1 22ba＜＜，（Ⅱ）由（Ⅰ）得．44222222baabaabababb)－2－8－4|－4|－(1|＝－4(＋16＋)|1因为22ba…9 ，1)(4＞－1)0 分＝(4－22baabbaab…|2|＞4－|1|4||4|1所以－＞－，故|－．10分- 8 -。

河北省唐山市2014届高三9月摸底考试数学理答案含答案

唐山市2013—2014学年度高三年级摸底考试理科数学参考答案一、选择题：A卷：BCAA DABC BDDCB卷：ABCD DBAC CDAB二、填空题：（13）y＝错误!x（14）2 （15）（0,＋∞）（16）2n－n －1三、解答题：（17）解：（Ⅰ）由正弦定理，得sin C sin A＝错误!sin A cos C,因为sin A≠0，解得tan C＝3，C＝错误!．…6分（Ⅱ）由sin C＋sin(B－A）＝3sin2A,得sin（B＋A)＋sin（B－A)＝3sin2A，整理，得sin B cos A＝3sin A cos A．若cos A＝0，则A＝错误!，错误!＝tan错误!,b＝错误!，△ABC的面积S＝错误!bc＝错误!． (8)分若cos A≠0，则sin B＝3sin A，b＝3a．由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab cos C,解得a＝1，b＝3．△ABC的面积S＝ 12ab sin C＝错误!．综上，△ABC的面积为错误!或错误!．…12分(18）解：（Ⅰ）由频率分布直方图，得该校高三学生本次数学考试的平均分为0.0050×20×40＋0.0075×20×60＋0.0075×20×80＋0.0150×20×100＋0。

0125×20×120＋0。

0025×20×140＝92．…5分(Ⅱ)样本中成绩不低于90分的频率为0。

0150×20＋0.0125×20＋0。

0025×20＝0.6，所以从该校高三学生中随机抽取1人，分数不低于90分的概率为0.6．…7分由题意，X～B(3，0。

6)，P（X＝k)＝C k30.6k0。

43－k(k＝0,1，2，3），其概率分布列为:X0123P 0。

0640.2880。

4320。

216…10分X的期望为E（X)＝3×0.6＝1。

2014年唐山高考第三次模拟理科数学卷(含答案)

唐山市2013—2014学年度高三年级第三次模拟考试理科数学参考答案一、选择题：A 卷：CBDAA CBCBA DB B 卷：BCDAA BCDBA AD 二、填空题：（13）x －y －2＝0（14）x 2＋(y －2)2＝3（15）sin α＋sin βcos α＋cos β＝tan α＋β2（16） 32三、解答题：（17）解：（Ⅰ）在△BDE 中，由正弦定理得DE ＝BD sin 60︒sin(120︒－θ)＝32sin(60︒＋θ)，在△ADF 中，由正弦定理得DF ＝AD sin 60︒sin(30︒＋θ)＝32sin(30︒＋θ)． …4分由tan ∠DEF ＝32，得sin(60︒＋θ)sin(30︒＋θ)＝32，整理得tan θ＝3，所以θ＝60︒． …6分（Ⅱ）S ＝ 1 2DE ·DF ＝38sin(60︒＋θ)sin(30︒＋θ)＝32(3cos θ＋sin θ)(cos θ＋3sin θ)＝32[3(cos 2θ＋sin 2θ)＋4sin θcos θ]＝32(3＋2sin 2θ)． …10分当θ＝45︒时，S 取最小值32(3＋2)＝6－332． …12分（18）解：（Ⅰ）因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，所以BC ⊥平面A 1ACC 1，所以A 1A ⊥BC ．因为A 1B ⊥C 1C ，A 1A ∥C 1C ，所以A 1A ⊥A 1B ，所以A 1A ⊥平面A 1BC ，所以A 1A ⊥A 1C ． …5分1（Ⅱ）建立如图所示的坐标系C -xyz ．设AC ＝BC ＝2，因为A 1A ＝A 1C ，则A (2，0，0)，B (0，2，0)，A 1(1，0，1)，C (0，0，0)．CB →＝(0，2，0)，CA 1→＝(1，0，1)，A 1B 1→＝AB →＝(－2，2，0)．设n 1＝(a ，b ，c )为面BA 1C 的一个法向量，则n 1·CB →＝n 1·CA 1→＝0，则⎩⎨⎧2b ＝0，a ＋c ＝0，取n 1＝(1，0，－1)．同理，面A 1CB 1的一个法向量为n 2＝(1，1，－1)． …9分所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝63，故二面角B -A 1C -B 1的余弦值为63． …12分（19）解：（Ⅰ）记事件：“一顾客购买一件饮品获得i 等奖”为A i ，i ＝1，2，则P (A 1)＝663＝136，P (A 2)＝4A 3363＝ 4 36，则一顾客一次购买一件饮品获得奖励的概率为P (A 1＋A 2)＝P (A 1)＋P (A 2)＝536． …4分故一顾客一次购买两件饮品，至少有一件获得奖励的概率p ＝1－(1－536)2＝3351296． …6分（Ⅱ）设一顾客每购买一件饮品所得奖金额为X 元，则X 的可能取值为x ， x2，0．由（Ⅰ）得P (X ＝x )＝136，P (X ＝ x 2)＝ 4 36，E (x )＝x 36＋2x 36＝x12． …9分该商场每天销售这种饮品所得平均利润Y ＝y [(36－20)－E (x )]＝(x 4＋24)(16－x 12)＝－148(x －48)2＋432．当x ＝48时，Y 最大．故x 设定为48（元）为最佳． …12分（20）解：（Ⅰ）抛物线C 的准线x ＝－ p 2，依题意M (4－ p2，4)，则42＝2p (4－ p2)，解得p ＝4．故抛物线C 的方程为y 2＝8x ，点M 的坐标为(2，4)， …3分（Ⅱ）设A (y 218，y 1)，B (y 228，y 2)．直线MA 的斜率k 1＝y 1－4y 218－2＝8y 1＋4，同理直线MB 的斜率k 2＝8y 2＋4．由题设有8y 1＋4＋8y 2＋4＝0，整理得y 1＋y 2＝－8．直线AB 的斜率k ＝y 1－y 2y 218－y 228＝8y 1＋y 2＝－1． …6分设直线AB 的方程为y ＝－x ＋b ．由点M 在直线AB 的上方得4＞－2＋b ，则b ＜6．由⎩⎨⎧y 2＝8x ，y ＝－x ＋b得y 2＋8y －8b ＝0．由Δ＝64＋32b ＞0，得b ＞－2．于是－2＜b ＜6． …9分 |y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝42b ＋4，于是|AB |＝2|y 1－y 2|＝8b ＋2．点M 到直线AB 的距离d ＝6－b2，则△MAB 的面积S ＝ 12|AB |·d ＝22(b ＋2)(6－b )2．设f (b )＝(b ＋2)(6－b )2，则f '(b )＝(6－b )(2－3b )．当b ∈(－2， 2 3)时，f '(x )＞0；当b ∈(23，6)时，f '(x )＜0．当b ＝ 2 3时，f (b )最大，从而S 取得最大值12839． …12分（21）解：（Ⅰ）h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x ，h '(x )＝e x －1．当x ∈(－∞，0)时，h '(x )＜0，h (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，h '(x )＞0，h (x )单调递增．当x ＝0时，h (x )取最小值h (0)＝0． …4分（Ⅱ）[f ( x k )g (－ x k )]k ＞1－x 2k 即[e x (1－ x k )]k ＞1－x2k． ①由（Ⅰ）知，f ( x k )－g ( x k )≥0，即e x k ≥1＋ xk ，又1－ x k ＞0，则e x k (1－ x k )＞(1＋ x k )(1－ x k )＝1－x 2k2＞0．所以[e x k (1－ x k )]k ＞(1－x 2k2)k． ② …7分设φ(t )＝(1－t )k －1＋kt ，t ∈[0，1]．由k ＞1知，当t ∈(0，1)时，φ'(t )＝－k (1－t )k －1＋k ＝k [1－(1－t )k ]＞0， φ(t )在[0，1]单调递增，当t ∈(0，1)时，φ(t )＞φ(0)＝0．因为x 2k 2∈(0，1)，所以φ(x 2k 2)＝(1－x 2k 2)k －1＋k ·x 2k 2＞0，因此不等式②成立，从而不等式①成立． …12分（22）解：（Ⅰ）连结OA ，则OA ＝OD ，所以∠OAD ＝∠ODA ，又∠ODA ＝∠ADE ，所以∠ADE ＝∠OAD ，所以OA ∥即CE ．因为AE ⊥CE ，所以OA ⊥AE ．所以AE 是⊙O 的切线． …5分（Ⅱ）由（Ⅰ）可得△ADE ∽△BDA ，所以AE AD ＝AB BD ，即2AD ＝4BD，则BD ＝2AD ，所以∠ABD ＝30︒，从而∠DAE ＝30︒，所以DE ＝AE tan 30︒＝233．由切割线定理，得AE 2＝ED ·EC ，所以4＝233 (233＋CD )，所以CD ＝433． …10分（23）解：（Ⅰ）曲线C 1的极坐标方程为ρ2cos 2θ4＋ρ2sin 2θ＝1，即cos 2θ4＋sin 2θ＝1ρ2．在极坐标系中，设M (ρ，θ)，P (ρ1，α)，则题设可知，ρ1＝ ρ 2，α＝ θ2． ①因为点P 在曲线C 1上，所以cos 2α4＋sin 2α＝1ρ21． ②由①②得曲线C 2的极坐标方程为1ρ2＝cos 2 θ 216＋sin 2θ24． …6分（Ⅱ）由（Ⅰ）得1|OM |2＝116(1＋3sin 2 θ2)．因为1|OM |2的取值范围是[116， 14]，所以|OM |的取值范围是[2，4]． …10分（24）解：（Ⅰ）记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－1，－2x －1，－1＜x ＜1，－3，x ≥1．由－2＜－2x －1＜0解得－ 1 2＜x ＜ 1 2，则M ＝(－ 1 2， 12)． …3分所以| 1 3a ＋ 1 6b |≤ 1 3|a |＋ 1 6|b |＜ 1 3× 1 2＋ 1 6× 1 2＝ 14． …6分（Ⅱ）由（Ⅰ）得a 2＜ 1 4，b 2＜ 14．因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝(4a 2－1)(4b 2－1)＞0， …9分所以|1－4ab |2＞4|a －b |2，故|1－4ab |＞2|a －b |． …10分。

河北省唐山市度高三第三次模拟考试数学(理)试题(解析版)

河北省唐山市度高三第三次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，则集合（）A. B. C. D.2．复数满足（为虚数单位），则（）A. B. C. D.3．已知，则（）A. B. C. D.4．已知命题在中，若，则；命题，.则下列命题为真命题的是（）A. B. C. D.5．已知双曲线的两条渐近线分别为，若的一个焦点关于的对称点在上，则的离心率为（）A. B. 2 C. D.6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 6B. 7C.D.7．已知函数的图象与轴相切，则（）A. B. C. D.8．已知是抛物线上任意一点，是圆上任意一点，则的最小值为（）A. B. 3 C. D.9．利用随机模拟的方法可以估计圆周率的值，为此设计如图所示的程序框图，其中表示产生区间上的均匀随机数（实数)，若输出的结果为786，则由此可估计的近似值为（）A. 3.134B. 3.141C. 3.144D. 3.14710．在中，点满足.若存在点，使得，且，则（）A. 2 B. C. 1 D.11．若异面直线所成的角是，则以下三个命题:①存在直线，满足与的夹角都是；②存在平面，满足，与所成角为；③存在平面，满足，与所成锐二面角为.其中正确命题的个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 312．已知，若的最小值为，则（）A. B. C. D.二、填空题13．设变量满足约束条件则的最大值为__________．14．某种袋装大米的质量（单位：）服从正态分布，任意选一袋这种大米，质量在的概率为__________．（）15．设函数则使得成立的得取值范围是__________．16．的内角的对边分别为，角的内角平分线交于点，若，则的取值范围是__________．三、解答题17．已知数列是等差数列，是等比数列，，.（1）求和的通项公式；（2）若，求数列的前项和.18．某球迷为了解两支球队的攻击能力，从本赛季常规赛中随机调查了20场与这两支球队有关的比赛.两队所得分数分别如下：球队：122 110 105 105 109 101 107 129 115 100114 118 118 104 93 120 96 102 105 83球队：114 114 110 108 103 117 93 124 75 10691 81 107 112 107 101 106 120 107 79（1）根据两组数据完成两队所得分数的茎叶图，并通过茎叶图比较两支球队所得分数的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；（2）根据球队所得分数，将球队的攻击能力从低到高分为三个等级：记事件“球队的攻击能力等级高于球队的攻击能力等级”.假设两支球队的攻击能力相互独立. 根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求的概率.19．如图，四棱锥的底面是平行四边形，.（1）求证：平面平面；（2）若，为的中点，为棱上的点，平面，求二面角的余弦值.20．已知点，点，点，动圆与轴相切于点，过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点（均不同于点），且与交于点，设点的轨迹为曲线.（1）证明：为定值，并求的方程；（2）设直线与的另一个交点为，直线与交于两点，当三点共线时，求四边形的面积.21．已知，函数.（1）记，求的最小值；（2）若有三个不同的零点，求的取值范围.22．选修4-4：坐标系与参数方程已知点在椭圆上，将射线绕原点逆时针旋转，所得射线交直线于点.以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求椭圆和直线的极坐标方程；（2）证明：:中，斜边上的高为定值，并求该定值.23．选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设，求的最大值.河北省唐山市度高三第三次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，则集合（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：求出或，，可得.详解：，或，，，故选C.点睛：本题主要考查集合的补集与交集，属于容易题，在解题过程中要注意在求补集与交集时要考虑端点是否可以取到，这是一个易错点，同时将不等式与集合融合，体现了知识点之间的交汇.2．复数满足（为虚数单位），则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：先利用复数模的公式求得，然后两边同乘以，利用复数运算的乘法法则化简，即可得结果详解：,,，故选A.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3．已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：利用“拆角”技巧可得，利用两角差的正切公式可得结果.详解：，，故选D.点睛：三角函数求值时要注意：(1)观察角，分析角与角之间的差异以及角与角之间的和、差、倍的关系，巧用诱导公式或拆分技巧；(2)观察名，尽可能使三角函数统一名称；(3)观察结构，以便合理利用公式，整体化简求值.4．已知命题在中，若，则；命题，.则下列命题为真命题的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：命题在中，，根据正弦函数的性质可判断命题为真命题；时，结论不成立，故为假命题，逐一判断四个选项中的命题即可.详解：命题在中，，若，则，故为真命题；命题，当时，不成立，故为假命题，故选B.点睛：本题通过判断或命题、且命题以及非命题的真假，综合考查函数的正弦函数的性质以及不等式恒成立问题，属于中档题. 解答非命题、且命题与或命题真假有关的题型时，应注意：（1）原命题与其非命题真假相反；（2）或命题“一真则真”；（3）且命题“一假则假”.5．已知双曲线的两条渐近线分别为，若的一个焦点关于的对称点在上，则的离心率为（）A. B. 2 C. D.【答案】B【解析】分析：求得，可得的斜率为，化简后，结合，从而可得结果. 详解：分别为双曲线的两条渐近线，不妨设为为，由右焦点关于的对称点在上，设焦点关于的对称点为，右焦点坐标为，中点坐标为，可得，解得，即有，可得的斜率为，即有，可得，即，则，可得，故选B.点睛：本题主要考查双曲线的简单性质及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解.6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 6B. 7C.D.【答案】B【解析】分析：由三视图可知，该几何体为五棱柱，其底面为正视图，根据三视图中数据，利用柱体体积公式求解即可.详解：由三视图可知，该几何体为五棱柱底面为正视图，底面面积为，，高为，体积为，故选B.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.7．已知函数的图象与轴相切，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由函数的图象与轴相切，可得的最大值为，求出，得出的解析式，再计算.详解：，且的图象与轴相切，所以最大值，，即，，，故选B.点睛：本题主要考查由三角函数的性质求解析式，以及特殊角的三角函数，属于简单题.8．已知是抛物线上任意一点，是圆上任意一点，则的最小值为（）A. B. 3 C. D.【答案】D【解析】分析：可设点的坐标为，由圆方程得圆心坐标，求出的最小值，根据圆的几何性质即可得到的最小值.详解：设点的坐标为，由圆的方程可得圆心坐标，，，是圆上任意一点，的最小值为，故选D.点睛：解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.9．利用随机模拟的方法可以估计圆周率的值，为此设计如图所示的程序框图，其中表示产生区间上的均匀随机数（实数)，若输出的结果为786，则由此可估计的近似值为（）A. 3.134B. 3.141C. 3.144D. 3.147【答案】C【解析】分析：由模拟试验可得所取的点在圆内的概率为，则由几何概型概率公式，可得所取的点在圆内的概率为圆的面积比正方形的面积，由二者相等列方程可估计的值.详解：由程序框图可知，共产生了对内的随机数，其中的共有对，即在以边长为的正方形中随机取点次，所取之点在以正方形中心为圆心，为半径的圆中的次数为次，设事件是在以边长为的正方形中随机取点，所取之点在以正方形中心为圆心，为半径的圆中，则，又由试验结果可得，，，故选C.点睛：本题主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误.10．在中，点满足.若存在点，使得，且，则（）A. 2 B. C. 1 D.【答案】D【解析】分析：由，可得，求得，解得，从而可得结果.详解：，，，可得，，故选D.点睛：本题主要考查向量的几何运算及平面向量基本定理的应用，属于难题．向量的几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）.11．若异面直线所成的角是，则以下三个命题:①存在直线，满足与的夹角都是；②存在平面，满足，与所成角为；③存在平面，满足，与所成锐二面角为.其中正确命题的个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】分析：在①中，在上任取一点，过作，与的夹角均为；在②中，在上取一点,过作；在③中，在上取一点，过作，确定一个平面平面即可.详解：异面直线所成的角是，在①中，由异面直线所成的角是，在上任取一点，过作，在空间中过点能作出直线，使得与的夹角均为，存在直线，满足与的夹角都是，故①正确；在②中，在上取一点,过作，则以确定的平面，满足与所成的角是，故②正确；在③中，在上取一点，过作，确定一个平面平面，过能作出一个平面，满足与所成锐二面角为，故③正确，故选D点睛：本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查空间线性角、线面角、面面角的定义与性质，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.12．已知，若的最小值为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：求出导函数，设导函数的零点，即原函数的极值点为，可得，结合的最小值为列方程组，求得，则值可求.详解：由，得，令，则，则在上为增函数，又，存在，使，即，，①函数在上为减函数，在上为增函数，则的最小值为，即，②联立①②可得，把代入①，可得，故选A.点睛：本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与最值，属于难题. 求函数极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.二、填空题13．设变量满足约束条件则的最大值为__________．【答案】4.【解析】分析：画出可行域，平移直线，由图可知，当直线过点时，有最大值，从而可得结果.详解：画出表示的可行域，如图，，化为，平移直线，由图可知，当直线过点时，有最大值，由，到，此时，故答案为.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的定点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14．某种袋装大米的质量（单位：）服从正态分布，任意选一袋这种大米，质量在的概率为__________．（）【答案】0.8185.【解析】分析：先求出，再求得，从而可得结果.详解：因为（单位：）服从正态分布，所以，，根据正态分布的对称性，可得，，，故答案为.点睛：本题主要考查正态分布的性质与实际应用，属于中档题.有关正态分布的应用题考查知识点较为清晰，只要掌握以下两点，问题就能迎刃而解：（1）仔细阅读，将实际问题与正态分布“挂起钩来”；（2）熟练掌握正态分布的性质，特别是状态曲线的对称性以及各个区间概率之间的关系.15．设函数则使得成立的得取值范围是__________．【答案】.【解析】分析：分两种情况讨论，分别解不等式组，然后求并集即可.详解：由，得或，得或，即得取值范围是，故答案为.点睛：本题主要考查分段函数的解析式、分段函数解不等式，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰.16．的内角的对边分别为，角的内角平分线交于点，若，则的取值范围是__________．【答案】.【解析】分析：先由根据基本不等式可得，再根据角平分线的定理和角平分线公式，换元后结合函数的单调性即的结果.详解：，，，当且仅当时取等号，角的内角平分线交于，设，则，，由角平分线公式可得，设，易知函数单调递增，，，当且仅当时取等号，故答案为.点睛：本题主要考查角平分线定理基本不等式的应用以及利用单调性求范围，属于难题.求范围问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图象法、函数单调性法求解，利用函数的单调性求范围，首先确定函数的定义域，然后准确地找出其单调区间，最后再根据其单调性求凼数的取值范围即可.三、解答题17．已知数列是等差数列，是等比数列，，.（1）求和的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】(1) a n＝2n－1，b n＝2n.(2) .【解析】分析：（1）根据，列出关于公比、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列与的通项公式；(2)由（1）可得根据分组求和，结合等差数列的求和公式以及等比数列求和公式可得结果.详解：（1）设数列{a n}的公差为d，数列{b n}的公比为q，依题意有，解得d＝2，q＝2，故a n＝2n－1，b n＝2n，（2）由已知c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以数列{c n}的前2n项和为S2n＝(a1＋a3＋…a2n－1)＋(b2＋b4＋…b2n)＝＋＝2n2－n＋ (4n－1)．点睛：本题主要考查等差数列的定义及等比数列的通项和利用“分组求和法”求数列前项和，属于中档题. 利用“分组求和法”求数列前项和常见类型有两种：一是通项为两个公比不相等的等比数列的和或差，可以分别用等比数列求和后再相加减；二是通项为一个等差数列和一个等比数列的和或差，可以分别用等差数列求和、等比数列求和后再相加减.18．某球迷为了解两支球队的攻击能力，从本赛季常规赛中随机调查了20场与这两支球队有关的比赛.两队所得分数分别如下：球队：122 110 105 105 109 101 107 129 115 100114 118 118 104 93 120 96 102 105 83球队：114 114 110 108 103 117 93 124 75 10691 81 107 112 107 101 106 120 107 79（1）根据两组数据完成两队所得分数的茎叶图，并通过茎叶图比较两支球队所得分数的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；记事件“球队的攻击能力等级高于球队的攻击能力等级”.假设两支球队的攻击能力相互独立. 根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求的概率.【答案】(1)茎叶图见解析，，A球队所得分数的平均值高于B球队所得分数的平均值；A球队所得分数比较集中，B球队所得分数比较分散．(2)0.31.【解析】分析：（1）通过茎叶图可以看出，球队所得分数的平均值高于球队所得分数的平均值；球队所得分数比较集中，球队所得分数比较分散；(2)由古典概型概率公式，利用互斥事件概率公式，独立事件的概率公式可求得事件的概率.通过茎叶图可以看出，A球队所得分数的平均值高于B球队所得分数的平均值；A球队所得分数比较集中，B球队所得分数比较分散．（2）记C A1表示事件：“A球队攻击能力等级为较强”，C A2表示事件：“A球队攻击能力等级为很强”；C B1表示事件：“B球队攻击能力等级为较弱”，C B2表示事件：“B球队攻击能力等级为较弱或较强”，则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C A1与C A2互斥，C＝(C A1C B1)∪(C A2C B2)．P(C)＝P(C A1C B1)+ P(C A2C B2)＝P(C A1)P(C B1)＋P(C A2)P(C B2)．由所给数据得C A1，C A2，C B1，C B2发生的频率分别为，，，，故P(C A1)＝，P(C A2)＝，P(C B1)＝，P(C B2)＝，P(C)＝×＋×＝0.31．点睛：本题主要考查互斥事件、对立事件及必然事件的概率及分段函数的解析式，属于难题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.19．如图，四棱锥的底面是平行四边形，.（1）求证：平面平面；（2）若，为的中点，为棱上的点，平面，求二面角的余弦值.【答案】(1)见解析.(2) .【解析】分析：（1）由平面，可得，由，可得，利用线面垂直的判定定理可得平面，从而根据面面垂直的判定定理可得结果；（2）以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量垂直数量积为零，列方程组分别求出平面与平面的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.详解：（1）∵AB∥CD，PC⊥CD，∴AB⊥PC，∵AB⊥AC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥PA，又∵PA⊥AD，AB∩AD＝A，∴PA⊥平面ABCD，PA平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD．（2）连接BD交AE于点O，连接OF，∵E为BC的中点，BC∥AD，∴＝＝，∵PD∥平面AEF，PD平面PBD，平面AEF∩平面PBD＝OF，∴PD∥OF，∴＝＝，以AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，3，0)，D(－3，3，0)，P(0，0，3)，E(，，0)，F(2，0，1)，设平面ADF的法向量m＝(x1，y1，z1)，∵＝(2，0，1)，＝(－3，3，0)，由·m＝0，·m＝0得取m＝(1，1，－2)．设平面DEF的法向量n＝(x2，y2，z2)，∵＝(，－，0)，＝(，－，1)，由·n＝0，·n＝0得取n＝(1，3，4)．cos m，n＝＝－，∵二面角A-DF-E为钝二面角，∴二面角A-DF-E的余弦值为－．点睛：本题主要考查利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20．已知点，点，点，动圆与轴相切于点，过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点（均不同于点），且与交于点，设点的轨迹为曲线.（1）证明：为定值，并求的方程；（2）设直线与的另一个交点为，直线与交于两点，当三点共线时，求四边形的面积. 【答案】(1)证明见解析，方程为.(2) .【解析】分析：（1）根据圆的切线性质可得，，从而根据椭圆的可得结果；（2）直线与曲线联立，利用韦达定理、弦长公式以及三角形面积公式可得四边形的面积为.详解：（1）由已知可得|PD|＝|PE|，|BA|＝|BD|，|CE|＝|CA|，所以|PB|＋|PC|＝|PD|＋|DB|＋|PC|＝|PE|＋|PC|＋|AB|＝|CE|＋|AB|＝|AC|＋|AB|＝4＞|BC|所以点P的轨迹是以B，C为焦点的椭圆（去掉与x轴的交点），可求的方程为＋＝1(y≠0)．（2）由O，D，C三点共线及圆的几何性质，可知PB⊥CD，又由直线CE，CA为圆O的切线，可知CE＝CA，O A＝O E，所以△O AC≌△O EC，进而有∠ACO＝∠ECO，所以|PC|＝|BC|＝2，又由椭圆的定义，|PB|＋|PC|＝4，得|PB|＝2，所以△PBC为等边三角形，即点P在y轴上，点P的坐标为(0，±)(i)当点P的坐标为(0，)时，∠PBC＝60，∠BCD＝30，此时直线l1的方程为y＝ (x＋1)，直线CD的方程为y＝－ (x－1)，由整理得5x2＋8x＝0，得Q(－，－)，所以|PQ|＝，由整理得13x2－8x－32＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＋x2＝，x1x2＝－，|MN|＝|x1－x2|＝，所以四边形MPNQ的面积S＝|PQ|·|MN|＝．(ii)当点P的坐标为(0，－)时，由椭圆的对称性，四边形MPNQ的面积为．综上，四边形MPNQ的面积为．点睛：求椭圆标准方程的方法一般为定义法与待定系数法,定义法是若题设给条件符合椭圆的定义，直接写出方程；也可以根据条件确定关于的方程组，解出从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.21．已知，函数.（1）记，求的最小值；（2）若有三个不同的零点，求的取值范围.【答案】(1) g(a)的最小值为g(1)＝0．(2) 0＜a＜1．【解析】分析：（1）先求出，再求出，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，根据单调性可得的最小值；（2）,因为有三个不同的零点，所以至少有三个单调区间，而方程至多有两个不同正根，所以，有解得，，然后再证明在内各有一个零点，可得的范围是．详解：（1）g(a)＝lna2＋－2＝2(lna＋－1)，g(a)＝2(－)＝，所以0＜a＜1时，g(a)＜0，g(a)单调递减；a＞1时，g(a)＞0，g(a)单调递增，所以g(a)的最小值为g(1)＝0．（2）f(x)＝－＝，x＞0．因为y＝f(x)有三个不同的零点，所以f(x)至少有三个单调区间，而方程x2＋(2a2－4a)x＋a4＝0至多有两个不同正根，所以，有解得，0＜a＜1．由（1）得，当x≠1时，g(x)＞0，即lnx＋－1＞0，所以lnx＞－，则x＞e－ (x＞0)，令x＝，得＞e－．因为f(e－)＜－＋－2＝－＜0，f(a2)＞0，f(1)＝－2＝＜0，f(e2)＝＞0，所以y＝f(x)在(e－，a2)，(a2，1)，(1，e2)内各有一个零点，故所求a的范围是0＜a＜1．点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.22．选修4-4：坐标系与参数方程已知点在椭圆上，将射线绕原点逆时针旋转，所得射线交直线于点.以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求椭圆和直线的极坐标方程；（2）证明：:中，斜边上的高为定值，并求该定值.【答案】(1) ,.(2) h为定值，且h＝.【解析】分析：（1）直接利用即可得椭圆和直线的极坐标方程；(2)由（1）得，代入，化简即可得结果.详解：（1）由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ得椭圆C极坐标方程为ρ2(cos2θ＋2sin2θ)＝4，即ρ2＝；直线l的极坐标方程为ρsinθ＝2，即ρ＝．（2）证明：设A(ρA，θ)，B(ρB，θ＋)，－＜θ＜．由（1）得|OA|2＝ρ＝，|OB|2＝ρ＝＝，由S△OAB＝×|OA|×|OB|＝×|AB|×h可得，h2＝＝＝2．故h为定值，且h＝．点睛：本题主要考查直接坐标方程化为极坐标方程，以及坐标方程的应用，属于中档题. 利用即可实现直接坐标方程化为极坐标方程的互化.23．选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设，求的最大值.【答案】(1) .(2) 故x＝±时，g(x)取得最大值－3．【解析】分析：（1）不等式等价于,两边平方后利用一元二次不等式的解法求解即可；（2）将，写成分段函数形式，利用函数的单调性，可得当时，取得最大值.详解：（1）由题意得|x－1|≥|2x－3|,所以|x－1|2≥|2x－3|2整理可得3x2－10x＋8≤0，解得≤x≤2，故原不等式的解集为{x|≤x≤2}．（2）显然g(x)＝f(x)＋f(－x)为偶函数，所以只研究x≥0时g(x)的最大值．g(x)＝f(x)＋f(－x)＝|x－1|－|2x－3|＋|x＋1|－|2x＋3|，所以x≥0时，g(x)＝|x－1|－|2x－3|－x－2。