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河南省焦作市2013届高三第二次模拟考试数学(理)试题(扫描版)


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河南省焦作市 2013 届高三第二次模拟考试数学(理)试题(扫描版)

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数学(理科)参考答案

一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,满分 60 分) ABCD ADCD AABB 二.填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,满分 20 分) 13.(-1,0); 14①②④; 15.1; 三.解答题 17. 17.解: 1)f ( x) ? m ? n ? cos ( 16.

n2 ? n ? 2 . 2

? ?

2

?x ? sin 2 ?x ? 2 3 sin ?x cos?x ? 2 sin( 2?x ?

?
6

) ,

? ? ? 0 , 函数 f (x) 的周期 T ? ?
0 ? ? ?1.
(2)(1) 由 可知 f ( x) ? 2 sin( 2 x ?

T ? ? ? 2? ? ? ,解得 ? ,由题意可得 ? ,即 2 2 2? 2 2? ?

?
6

) , f ( A) ? 1 , sin( 2 A ? ? ?

?
6

)?

1 .因为 0 ? A ? ? , 2

所以

?
6

? 2A ?

?
6

?

13 ? 5 ? b2 ? c2 ? a2 ? , 2 A ? ? ? , A ? .由余弦定理知 cos A ? 故 , 6 6 6 3 2bc

1 b2 ? c2 ? a2 2 2 ,b ? c ? bc ? 3 ,? b 2 ? c 2 ? 2bc,? bc ? 3, (当且仅当 " a ? b" 时 ? ? 2 2bc
“=”号成立)故 S ? ABC ?

3 3 1 3 3 bc sin A ? .即 S ?ABC 的最大值为 . 2 4 4

18.解: (1)在 Rt ?ABC 中

? EF / / BC ,? EF ? AB .
? EF ? EB , EF ? EP ,

? EB ? EP ? E ,? EF ? 平面 PEB.
0 做 PO ? BE 于 O ,∴ PO ? 平面 BCFE , AB ? BC , E 为 AB 的中点,?AEB ? 60

∴ ?PBE 为正三角形,∴ O为BE的中点

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又∵

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BO ED 1 ? ? , ?BED ∽ ?BCO , ?EBD ? ?BOC ? 900 , BD ? CO ∴ ∴ ∴ BC EB 4 ∴ BD ? 平面 POC ,∴ BD ? PC .??????5 分 (2)在平面 PEB 内,经 P 点作 PD ? BE 于 D,由(1)知 EF ? 面 PEB, ? EF ? PD.? PD ? 面 BCEF.在面 PEB 内过点 B 作直线 BH//PD,则 BH ? 面 BCFE.以 B 点为 ???? ??? ???? ? 坐标原点, BC , BE , BH 的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标
系. ??????7 分 设 PE=x(0<x<4)又? AB ? BC ? 4,? BE ? 4 ? x , EF ? x 在 Rt ?PED 中, ?PED ? 60 ,? PD ?
0

3 1 x,DE= x, 2 2
? 3 3 ? 4 x ?. ? 0,? x, ? 2 2 ? ? ?

1 3 ? BD ? 4 ? x- x=4- x,? C ? 4, 0 ?,F ? x,4-x,0 ? , P 0, 2 2 4 CP ? 4 从而 CF ? ? x ? 4, ? x, 0 ?, ? ? ?4,? ??? ? ??? ? ?

3 3 ? x, x ?. ??????8 分 2 2 ? ? ? ?? ??? ? ? ?? ??? ? ? ?? ? 设 n1 = ? x0 ,y0,z0 ? 是平面 PCF 的一个法向量,由 n1 ? CF ? 0, 1 ? CP ? 0, n

?x 0 ? x ? 4 ? ? y 0 ? 4 ? x ? ? 0 ? x 0 ? y 0 ? 0, ? ? 得? 取 y 0 ? 1, 得 ,? ? 3 ? 3 ? xz 0 ? 0 ? 3y 0 ? z 0 ? 0, ??4 x 0 ? ? 4 ? x ? y 0 ? ? 2 ? 2 ? ? ?? ? n1 ? 1,1, 3 是平面 PFC 的一个法向量.

?

?

又平面 BCF 的一个法向量为 n2 ? 0,0,1 . 设二面角 P ? FC ? B 的平面角为 ? ,则 cos? ? cos? n1 , n2 ? ?

?? ?

?

?

15 5 15 . 5

因此当点 E 在线段 AB 上移动时,二面角 P ? FC ? B 的平面角的余弦值为定值 ??????12 分 19.解 (Ⅰ)由

a ? 0.2得a ? 20 100
∴b=10 . ????2 分

∵40+20+a+10+b=100

(Ⅱ)记分期付款的期数为 ? ,依题意得:

P(? ? 1) ?
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40 20 ? 0.4, P(? ? 2) ? ? 0.2, P(? ? 3) ? 0.2 100 100

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P(? ? 4) ?

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????4 分

10 10 ? 0,1, P(? ? 5) ? ? 0.1 . 100 100

则“购买该品牌汽车的 3 位顾客中至多有 1 位采用 3 期付款”的概率:
1 P( A) ? 0.83 ? C3 0.2(1 ? 0.2) 2 ? 0.896.

????7 分

(Ⅲ)?? 的可能取值为:1,1.5,2(单位万元)

P(? ? 1) ? P(? ? 1) ? 0.4 P(? ? 1.5) ? P(? ? 2) ? P(? ? 3) ? 0.4 P(? ? 2) ? P(? ? 4) ? P(? ? 5) ? 0.1 ? 0.1 ? 0.2

?? 的分布列为

?

1 0.4

1.5 0.4

2 0.2

P

?? 的数学期望 E? ? 1? 0.4 ? 1.5 ? 0.4 ? 2 ? 0.2 ? 1.4 (万元).????12 分
20. 解: (1)设 P ( x0 , y0 ), F (?c,0), 则 Q(? x0 ,? y0 ) ,这里 c ? a ? b ,
2 2 2

∵ PQ ? 2a ? 4 ,∴ a ? 2

又 ? L ? PQ ? PF ? QF ? ( x0 ? c) 2 ? y 0 ? ( x0 ? c) 2 ? y 0 ? 2 x0 ? 2 y 0
2 2 2

2

? 2a ? 2 x0 ? y0 ? 2a ? 2b ? 6, b ? 1 ?
2 2

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

?x 2 ? 4 y 2 ? 4 ? ? y ? kx ? 2
消去 y 整理得 (4k 2 ? 1) x 2 ? 16kx ? 12 ? 0 , ? ? (16k ) 2 ? 4(4k 2 ? 1) ?12 ? 16(4k 2 ? 3) ,
2 由 ? ? 0 得 4k ? 3 ? 0 .设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ) ,则 x1 ? x 2 ?

? 16 k 12 , x1 x 2 ? 2 4k ? 1 4k 2 ? 1

12 ? ? ? 16k 2 AB ? (1 ? k 2 ) ( x1 ? x 2 ) 2 ? 4 x1 x 2 = (1 ? k 2 ) ?( 2 ) ? 4? 2 ? 4k ? 1 ? ? 4k ? 1
又∵原点 O 到直线 l 的距离 d ?

?

?

2 1? k 2

∴ S ?OAB ?

4k 2 ? 3 4k 2 ? 3 1 ? AB ? d = 4 =4 2 (1 ? 4k 2 ) 2 (4k 2 ? 3) 2 ? 8(4k 2 ? 3) ? 16

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=4

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1 16 4k 2 ? 3 ? 2 ?8 4k ? 3

?4

16 1 2 即 4k ? 3 ? 4 时等 ? 1 .当且仅当 4k 2 ? 3 ? 2 4k ? 3 16

号成立.此时 S ?OAB 的最大值为 1. 21. 解: (1) h( x) ? xex ? a(e x ? 1) ? ( x ? a)e x ? a .

h?( x) ? ( x ? a ? 1)e x ,令 h?( x) ? 0 得 x ? a ? 1 .
① 当 a ? 1 ? ?1 即 a ? 0 时,在 [?1,1] 上 h?( x) ? 0 , h(x) 递增, h(x) 的最小值为

h(?1) ? a ?

1? a . e

② 当 ? 1 ? a ? 1 ? 1 即 0 ? a ? 2 时,在 x ? [?1, a ? 1] 上 h?( x) ? 0 , h(x) 为减函数,在在

x ? [a ? 1,1] 上 h?( x) ? 0 , h(x) 为增函数.∴ h(x) 的最小值为 h(a ? 1) ? ?e a?1 ? a .
当 a ? 1 ? 1 即 a ? 2 时,在 [?1,1] 上 h?( x) ? 0 , h(x) 递减, h(x) 的最小值为

[

h(1) ? (1 ? a)e ? a .
综 上 所 述 , 当 a ? 0 时 h(x) 的 最 小 值 为 a ?

1? a , 当 a ? 2 时 h(x) 的 最 小 值 为 e

? e a ?1 ? a ,当 0 ? a ? 2 时, h(x) 最小值为 (1 ? a )e ? a .
(2)设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? ( x ? 1) ln( x ? 1) ?

a 2 ( x ? 2 x) , 2

F ?( x) ? ln(x ? 1) ? 1 ? a( x ? 1) ( x ? 2) .
①当 a ? 0 时,在 x ? [2, ?) 上 F ?( x) ? 0 , F (x ) 在 x ? [2, ?) 递增, F (x) 的最小值为

F (2) ? 0 ,不可能有 f ( x) ? g ( x) ? 0 .
②∵ x ? [2, ?) ,∴当 a ? ?1 时, F ??( x ) ?

1 ? a ? 0 .∴ F ?(x) 在 [2,??) 上递减.∵ x ?1

F ?(x) 的最大值为 F ?(2) ? a ? 1 ? 0 ,∴ F (x) 递减.∴ F (x) 的最大值为 F (2) ? 0 ,即 f ( x) ? g ( x) ? 0 成立.
③ 当 ? 1 ? a ? 0 时,令 F ??( x ) ?

1 1 1 ? a ? 0 ,解得: x ? 1 ? ,当 x ? ( 2,1 ? ) 时, x ?1 a a 1 F ??( x) ? 0, F ?( x) 递增,当 x ? (1 ? ,?? ) 时, F ??( x) ? 0, F ?( x) 递减. a

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∴ F ?( x) max ? F ?(1 ?

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1 1 ) ? ? ln(?a) ? 0 ,又由于 F ?(2) ? a ? 1 ? 0 ,∴在 x ? [2,1 ? ) 上 a a 1 F ?( x) ? 0 , F (x) 递增,又∵ F (2) ? 0 ,所以在 x ? [2,1 ? ) 上 F ( x) ? 0 ,显然不合题意. a 综上所述: a ? ?1 .
22.解: (1)? ?ACP ? 30? ? ?POA ? 60?

? ?AOC ? 120? ??AEC ? 60?
r , AD ? 7 2

(2)设圆 O半径为r , ?AOD中,AO ? r , OD ?
2 r r 2 ? ( )2 ? 7 2 ?AOD ? 120? ?cos?AOD ? r 2·· r 2

得 r ? 2 ∴ Rt?PAO中,AO ? 2, ?POA ? 60?

?PA ? AO tan60? ? 2 3 .
23.解: (1)圆的直角坐标方程: x ? ( 可得圆心极坐标为 C (1,

2 2 2 2 2 2 圆心坐标为 C (? ) ? (y ? ) ? r2 , ,? ) 2 2 2 2

5? ) . 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,

解得 r ? 2 ?

2 . 2

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

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

1 ? ? ? x ? 1, x ? ? 2 ? 1 ? (2) f ( x ) ? g ( x ) 得 a ? 2 x ? 1 ? x , h( x ) ? 2 x ? 1 ? x , h( x ) ? ? 3 x ? 1,? ? x ? 0 由 令 则 2 ? ? x ? 1, x ? 0 ? ?
故 h( x) min ? h(? ) ? ?

1 2

1 1 ,从而所求实数 a 的范围为 a ? ? . 2 2

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