唐山市2011—2012学年度高三年级第二次模拟考试理科数学

唐山市2011—2012学年度高三年级第二次模拟考试

理科数学参考答案

一、选择题：

A卷：AABCB

B卷：CBDAC

二、填空题： CDDCB BACBA

（14） CB DB （15）4 （16） （13）(lg2，＋∞) 1 － 64

6

三、解答题：

（17）解： 1 3 2（Ⅰ）(3－1)＝3， a18

当n≥2时， n－1n12n12∵－＋＋…＋ana1a2ana1a2an－1

3 3 ＝2n－1)－(32n－2－1)＝32n－1， 88

n当n＝1，32n－1也成立， an

n所以an－． 3a（Ⅱ）bn＝log3(2n－1)， n

11 1 11＝＝， bnbn＋1(2n－1)(2n＋1)22n－12n＋1

111 1 1 1 1 11∴1－＋－＋…＋ b1b2b2b3bnbn＋123352n－12n＋1 1 1n＝1－＝． 22n＋12n＋1

（18）解：

1 （Ⅰ）-x甲＝(7＋9＋11＋13＋13＋16＋23＋28)＝15， 8

1 -x乙＝＋8＋10＋15＋17＋19＋21＋23)＝15， 8

1 2s甲＝－8)2＋(－6)2＋(－4)2＋(－2)2＋(－2)2＋12＋82＋132]＝44.75， 8

1 222222222s乙＝－8)＋(－7)＋(－5)＋0＋2＋4＋6＋8]＝32.25． 8

甲、乙两名队员的得分均值相等；甲的方差较大（乙的方差较小）． …1分 (() …5分 …6分 …7分 [(((…10分 (…12分 …4分

（Ⅱ）根据统计结果，在一场比赛中，甲、乙得分超过15分的概率分别为p1＝1 3，两人得分均超过15分的概率分别为p1p2＝， 216k2－k313k3依题意，X～B2，P(X＝k)＝C2，k＝0，1，2， 161616

X的分布列为

3 X的均值E(X)＝2． 168

（19）解： ＝ 3 ，p28(()( …7分 …10分 …12分

（Ⅰ）∵PC⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴AC⊥PC，

∵AB＝2，AD＝CD＝2，∴AC＝BC＝2，

∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，

又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC，

∵AC 平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC．

（Ⅱ）如图，以C为原点，→DA、→CD、→CP分别

为x轴、y轴、z轴正向，建立空间直角坐标系，

则C(0，0，0)，A(1，1，0)，B(1，－1，0)．

设P(0，0，a)（a＞0），

1 1 a 则E， …6分 222 …4分 ()

→CA＝(1，1，0)，→CP＝(0，0，a)， 1 1 a →CE＝(，， 222取m＝(1，－1，0)，则 →→m·CA＝m·CP＝0，m为面PAC的法向量．

→→设n＝(x，y，z)为面EAC的法向量，则n·CA＝n·CE＝0，

即 x＋y＝0，

x－y＋az＝0，取x＝a，y＝－a，z＝－2，则n＝(a，－a，－2)，

…10分 |m·n|a依题意，|cos m，n |＝＝，则a＝2． |m||n|a＋23

于是n＝(2，－2，－2)，→PA＝(1，1，－2)．

设直线PA与平面EAC所成角为θ，

→|PA·n|__________→则sinθ＝|cos PA，n |＝→＝ |PA||n|3

即直线PA与平面EAC（20）解：

（Ⅰ）设C(m，0)，D(0，n)，P(x，y)．

由→CP＝→PD，得(x－m，y)＝－x，n－y)，

x－m＝－x， m＝(＋1)x，

∴ 得 ＋1 y＝n－y)，n＝y， 由|→CD|＝＋1，得m2＋n2＝(＋1)2，

2(＋1)222∴(＋1)x＝(＋1)2， 22y2整理，得曲线E的方程为x＋＝1． 2 3 …12分 …2分 …5分

（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由→OM＝→OA＋→OB，知点M坐标为(x1＋x2，y1＋y2)． 设直线l的方程为y＝kx＋1，代入曲线E方程，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，

2k1则x1＋x2＝－x1x2＝－． …7分 k＋2k＋2

4y1＋y2＝k(x1＋x2

)＋2＝ k＋2

2(y1＋y2)2由点M在曲线E上，知(x1＋x2)＝1， 2

4k82即＋1，解得k＝2． (k＋2)(k＋2)2 …9分

3 这时x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋1)(kx2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋k(x2＋x2)＋1， 4222222222 (x1＋y1)(x2＋y2)＝(2－x1)(2－x2)＝4－2(x1＋x2)＋(x1x2)

33＝4－2[(x1＋x2)2－2x1x2]＋(x1x2)2＝ 16

x1x2＋y1y2→→cos OA，OB ＝． …12分 222211x＋y)(x＋y)1122

（21）解：

a2(x＋a)(x－a)（Ⅰ）f (x)＝x－． xx

当x∈(0，a)时，f (x)＜0，f(x)单调递减；

当x∈(a，＋∞)时，f (x)＞0，f(x)单调递增． …1分

1 当x＝a时，f(x)取得极小值也是最小值f(a)＝2－a2lna． 2

（Ⅱ）（ⅰ）设g(t)＝f(a＋t)－f(a－t)，则

当0＜t＜a时， a2a22at2

g (t)＝f (a＋t)＋f (a－t)＝a＋t－＋a－t－0， a＋ta－tt－a所以g(t)在(0，a)单调递减，g(t)＜g(0)＝0，即f(a＋t)－f(a－t)＜0， 故f(a＋t)＜f(a－t)．

（ⅱ）由（Ⅰ），f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，

不失一般性，设0＜x1＜a＜x2，

因0＜a－x1＜a，则由（ⅰ），得

f(2a－x1)＝f(a＋(a－x1))＜f(a－(a－x1))＝f(x1)＝f(x2)，

又2a－x1，x2∈(a，＋∞)，

故2a－x1＜x2，即x1＋x2＞2a．

（22）解：

（Ⅰ）连结OA、AD．

∵AC是圆O的切线，OA＝OB，

∴OA⊥AC，∠OAB＝∠OBA＝∠DAC，

又AD是Rt△OAC斜边上的中线，

∴AD＝OD＝DC＝OA， ∴△AOD是等边三角形，∴∠AOD＝60 ， 1 故∠ABCAOD＝30 ． …5分 2

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知， 在Rt△AEB中，∠EAB＝∠ADB＝60 ，

1 1 3∴EAAB＝， 2224

3 EBABBD＝BD， …7分 22242由切割线定理，得EA＝EF×EB，

3 3 ∴BD2＝EF×， 164

∴BD＝4EF．

（23）解：

（Ⅰ）设点P、Q的极坐标分别为(ρ0，θ)、(ρ，θ)，则

1 1 ρ＝ρ0＝4(cosθ＋sinθ)＝2(cosθ＋sinθ)， 22

点

Q轨迹C2的极坐标方程为ρ＝2(cosθ＋sinθ)， …4分 …6分 …8分 …11分 …12分 …2分 …10分 …3分

两边同乘以ρ，得ρ2＝2(ρcosθ＋ρsinθ)，

C2的直角坐标方程为x2＋y2＝2x＋2y，即(x－1)2＋(y－1)2＝2．

（Ⅱ）将l的代入曲线C2的直角坐标方程，得

(tcosφ＋1)2＋(tsinφ－1)2＝2，即t2＋2(cosφ－sinφ)t＝0，

t1＝0，t2＝sinφ－cosφ，

由直线l与曲线C2有且只有一个公共点，得sinφ－cosφ＝0，

因为0≤φ＜ ，所以φ 4．

24）解：

（Ⅰ）f(x)＝|x|＋2|x－1|＝ 2－3x，x＜0，

2－x，0≤x≤1， 3x－2，x＞1．

当x＜0时，由2－3x≤4，得－ 2 3x＜0；

当0≤x≤1时，1≤2－x≤2；

当x＞1时，由3x－2≤4，得1＜x≤2．

综上，不等式f(x)≤4的解集为[－ 2 32]．

2a－3x，

（Ⅱ）f(x)＝|x|＋2|x－a|＝ x＜0，

2a－x，0≤x≤a， 3x－2a，x＞a．

可见，f(x)在(－∞，a]单调递减，在(a，＋∞)单调递增．

当x＝a时，f(x)取最小值a．

所以，a取值范围为[4，＋∞)． …5分 …7分 …10分 …2分 …5分 …7分 …10分 （

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