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数学文卷·2013届河南省焦作市高三第二次模拟考试(2013.03)扫描版


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2013 年焦作市高三第二次模拟考试 数学(文科)综合能力测试参考答案 一.选择题 二.填空题 13. ACDA DABC DBBC

{x 0 ? x < 1}

14.①②④

15. - 3 三.解答题

67 16. 16

p r v = 2 sin(2wx + f ( x) = m × n = cos 2 wx - sin 2 wx + 2 3 sin wx cos wx 6) 17.解: (1) ,
Q w > 0 , 函 数 f (x) 的 周 期 \
0 < w ? 1.

T=

2p p T p p p = ? ? 2w w , 由 题 意 可 得 2 2 , 即 2w 2 , 解 得

f ( x) = 2 sin( 2 x +
(2) (1) 由 可知

p p 1 ) \sin(2 A + ) = Q 6 , f ( A) = 1 , 6 2 .因为 0 < A < p ,

p p 13 p 5 p b2 + c2 - a2 < 2A + < p 2A + = p , A = cos A = 6 6 ,故 6 6 3 .由余弦定理知 2bc , 所以 6
1 b2 + c2 - a2 = 2 2 2 \ 2bc \2 , b + c - bc = 3 , (b + c ) - 3bc = 3 ,又 b + c = 3, bc = 2 , S D ABC = 1 3 bc sin A = 2 2 .



18.解: (1)由频率分布直方图可得月均用水量在 [2,3) 的频率为 0.25,即 b = 0.25 ,又

Q

50 25 = b = 0.25 ,\ n = 200 ,\ a = = 0.125 n 200 .

(2)记样本中月均用水量在 [5,6](单位:t)的 5 位居民分别为 a,b,c,d,e,不妨设 e 为月均用 水量最 多 的 居 民 , 记“ 月 均 用 水 量 最 多 的 居 民 被 选 中” 为 事 件 A , 基 本 事 件 包 括 选 中 (a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e)共 10 种等可能情形,事件 A 包含的基本事

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4 2 = 件有(a,e),(b,e),(c,e),(d,e)共 4 个,所以 P(A)= 10 5 .
19.解: (1)证明:∵ ABC - A1 B1C1 为直三棱柱,A B1 ^ 平面 A1 DC , ∴ BB1 ^ CD, AB1 ^ CD. ,∴ CD^ 面 AA1 B1 B ,∴ CD ^ AB ,又∵D 是 AB 的中点, ∴BC=AC= 3 ,. (2)因为为直三棱柱, AC ^ CB ,所以 BC⊥面 AA1C1C

1 1 1 VC1 - A1CD = V D - A1CC! = ? A1C1 ? CC1 ? BC 3 2 2 1 1 = 3 ?1? 3 = 4 ∴ 12
.

20.解:(1)依题意,知 f ( x) 的定义域为 (0, +?) .

当 a = 0 时,

f ( x) = 2 ln x + 1 2.

1 2 1 2x -1 f ?( x) = - 2 = 2 x , x x x .

? 令 f ( x ) = 0 ,解得 0< x<


x=

1 1 x> 2 时, f ?( x) < 0 ;当 2 时, f ?( x) > 0 .

? 1? ?1 ? ? 0, ÷ ? , +? ÷ f ( x) 在 è 2 ? 上递减,在 è 2 ? 上递增. x=
所以

1 1 f ( ) = 2 - 2 ln 2 2 时, f ( x) 有极小值为 2 ,无极大值.
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1 a(2 x - 1)( x + ) 2-a 1 2ax + (2 - a) x - 1 a (a < 0) f ?( x) = - 2 + 2a = = 2 2 x x x x (2)
2

1 1 - < a ? (-3, -2) ,∴ a 2 , ∵ -

? 令 f ( x ) < 0 ,得

x<-

1 1 x> a或 2 ,令 f ?( x) > 0 ,得

1 1 <x< a 2 .∴ f ( x) 在 [1,3] 单调递减.

∴当 x = 1 时, f ( x) 取最大值;当 x = 3 时, f ( x) 取最小值.

1 é ù f ( x1 ) - f ( x2 ) ? f (1) - f (3) = (1 + 2a) - ê(2 - a ) ln 3 + + 6a ú 3 ? ? ∴ = 2 - 4a + (a - 2) ln 3 3 . (m + ln 3)a - 2 ln 3 > f ( x1 ) - f ( x2 ) (m + ln 3)a - 2 ln 3 >
∴ 恒成立,



2 2 - 4a + (a - 2) ln 3 ma > - 4a 3 3 ,整理得 . 1 2 2 - < <9, 又因为 -3 < a < -2 ,得 3 3a

又 a < 0 所以

m<

2 -4 3a ,

13 2 38 13 < -4< m?9 所以 3 . 所以 3 3a 21. 解: (1)设 P ∵

( x 0 , y 0 ), F (-c,0),



Q(- x0 ,- y 0 ) ,这里 c 2 = a 2 - b 2 ,

PQ ? 2a = 4

,∴ a = 2
2 2 2 2

2 2 又 Q L = PQ + PF + QF = ( x0 + c) + y 0 + ( x0 - c) + y 0 + 2 x0 + 2 y 0

= 2a + 2 x0 + y0 ? 2a + 2b = 6, b = 1 \ x2 + y 2 = 1. ∴椭圆方程为 4
(2)依题意知直线 l 的斜率存在.设直线 l 的斜率为 k ,则直线 l 的方程为 y = kx + 2 ,由

2

2

ìx 2 + 4 y 2 = 4 í ? y = kx + 2
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消去 y 整理得 (4k + 1) x + 16kx + 12 = 0 , D = (16k ) - 4( 4k + 1) ? 12 = 16( 4k - 3) ,
2 2 2 2 2

由 D > 0 得 4k - 3 > 0 .设 A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ) ,则
2

x1 + x 2 =

- 16k 12 x1 x 2 = 2 2 4k + 1 , 4k + 1

12 ù é - 16k (1 + k 2 ) ê( 2 ) 2 - 4 × 2 AB = (1 + k ) ( x1 + x 2 ) - 4 x1 x 2 4k + 1ú ? 4k + 1 ? =
2

[

2

]

又∵原点 O 到直线 l 的距离

d=

2 1+ k 2



S DOAB

4k 2 - 3 4k 2 - 3 1 4 = ? AB ? d (1 + 4k 2 ) 2 (4k 2 - 3) 2 + 8(4k 2 - 3) + 16 2 = =4 1 16 1 16 +8 ? 4 =1 4k 2 - 3 = 2 2 4k - 3 16 4k - 3 即 4k 2 - 3 = 4 时等 .当且仅当

4 4k 2 - 3 +
= 号成立.此时

S DOAB 的最大值为 1.
° °

22.解: (1)Q ?ACP = 30 \ ?POA = 60

\ ?AOC = 120 ° \?AEC = 60 ° DAOD中,AO = r , OD = r , AD = 7 2

(2)设圆 O半径为r ,

2 r r 2 + ( )2 - 7 2 ?AOD = 120 ° \cos?AOD = r 2·r · 2

得r = 2 ∴ RtDPAO中,AO = 2, ?POA = 60°

\PA = AO tan 60° = 2 3 . x+ 2 2 2 2 2 2 ) + (y + ) = r2 (,) 2 2 2 2 , 圆心坐标为 C
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23.解: (1)圆的直角坐标方程: (

5p 可得圆心极坐标为 C (1, 4 ) .
(2) 易知圆 C 上点到直线 l 的最大距离等于圆心 C 到 l 的距离与圆半径之和.因为 l 的直角坐

标方程为 x + y - 1 = 0 ,所以圆 C 上点到直线 l 的最大距离=

2 2 -1 2 2 2

+r =3


r = 2解得

2 2 .

2 2 x +1 ? x ,两边平方整理得 3 x + 4 x + 1 ? 0 , 24.解:(1)当 a = 0 时,由 f ( x ) ? g ( x ) 得

解得 x ? -1 或 ( 2 ) 由

x?-

1 1 ( -?, 1] U [- , ? ) + 3 ∴原不等式的解集为 3 .


f ( x ) ? g( x )

a ? 2x + 1 - x

, 令

h( x ) = 2 x + 1 - x

, 则

1 ì ? - x - 1, x ? - 2 ? 1 ? h( x ) = í 3 x + 1,- < x < 0 2 ? ? x + 1, x ? 0 ? ?

1 1 1 h( x) min = h(- ) = a?2 2 ,从而所求实数 a 的范围为 2. 故

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