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2013郑州市高三第一次质量检测数学理科扫描版


2013 年高中毕业年级第一次质量预测 理科数学
一、选择题 BDCCD 二、填空题 13. 2 5 ; 三、解答题 17.解:⑴由正弦定理得 2sin B cos C ? 2sin A ? sin C ,――――2 分 在 ?ABC 中, sin A ? sin( B ? C ) ? sin B cos C ? sin C cos B , BAABC DA

参考答案

14. 6 ? ? ;

15. ? ?

? 2 3? , ?; ? 3 5?

16. ? 4 .

?sin C (2cos B ? 1) ? 0 ,又? 0 ? C ? ? ,sin C ? 0 ,
? cos B ?
⑵? S ?ABC

1 ? ,注意到 0 ? B ? ? ,? B ? .―――――6 分 2 3 1 ? ac sin B ? 3,? ac ? 4 ,――――8 分 2
2 2 2 2 2

由余弦定理得 b ? a ? c ? 2ac cos B ? a ? c ? ac ? ac ? 4 , 当且仅当 a ? c ? 2 时, “=”成立,

? b ? 2 为所求.

――――12 分

18.解:⑴设第 i(i ? 1, 2,?,8) 组的频率为 f i , 则由频率分布直方图知

f7 ? 1 ? (0.004 ? 0.01 ? 0.01 ? 0.02 ? 0.02 ? 0.016 ? 0.008) ?10=0.12.
所以成绩在 260 分以上的同学的概率 p ?

f7 ? f8 ? 0.14 , 2

故这 2 000 名同学中,取得面试资格的约为 280 人. ――――-4 分 ⑵不妨设三位同学为甲、乙、丙,且甲的成绩在 270 分以上, 记事件 M , N , R 分别表示甲、乙、丙获得 B 类资格的事件,

1 1 3 1 7 ? ? , P ( N ) ? P ( R ) ? 1 ? ? ,――――6 分 8 8 4 8 8 1 所以 P ( X ? 0) ? P ( M N R ) ? , 256 17 P( X ? 1) ? P( M N R ? M N R ? M NR ) ? , 256 91 P( X ? 2) ? P ( MN R ? M NR ? M NR ) ? , 256 147 P( X ? 3) ? P( MNR) ? , 256 所以随机变量 X 的分布列为:
则 P( M ) ? 1 ?

X P

0

1

2

3

1 256

17 256

91 256

147 256

――――10 分

E ( X )? 0 ?

19.解:⑴ F 为棱 A?B 的中点.证明如下:

1 17 91 147 5 ? ? 1 ? ? 2 ? ?3 ? .――――12 分 256 256 256 256 2

取 A?C 的中点 G ,连结 DG, EF , GF ,则由中位线定理得

DE // BC , DE ?

1 1 BC ,且 GF // BC , GF ? BC . 2 2

所以 DE // GF, DE ? GF ,从而四边形 DEFG 是平行四边形, EF // DG . 又 EF ? 平面 A?CD , DG ? 平面 A?CD , 故 F 为棱 A?B 的中点时, EF / / 平面A?CD .――――4 分 ⑵在平面 A?CD 内作 A?H ? CD 于点 H ,

? ? DE ? CD ? ? DE ? 平面A?CD ? A?H ? DE , A?D ? CD ? D ? ? ? 又 DE ? CD ? D, A?H ? 底面 BCDE ,即 A?H 就是四棱锥 A? ? BCDE 的高. 由 A?H ? AD 知,点 H 和 D 重合时, 四棱锥 A? ? BCDE 的体积取最大值.――――8 分
分别以 DC, DE, DA? 所在直线为 x, y , z 轴,建立空间直角坐标系如图, 则 A? ? 0,0, a ? , B?a,2a,0? , E ?0, a,0?,

DE ? A?D

???? ???? ? A?B ? ? a, 2a, ?a ? , A?E ? ? 0, a, ?a ? ,
设平面 A?BE 的法向量为 m ? ? x, y, z ? ,

??

?? ???? ?m ? A?B ? 0, ?ax ? 2ay ? az ? 0, ? x ? 2 y ? z ? 0, ? 由 ? ?? ???? 得? 即? ? ? y ? z, ?m ? A?E ? 0, ?ay ? az ? 0, ? ?? ? 所以,可取 m ? ? ?1,1,1? .同理可以求得平面 A?CD 的一个法向量 n ? ? 0,1,0 ? . ?? ? ?? ? m ? n ?1? 0 ? 1?1 ? 1? 0 3 ? cos m, n ? ?? ? ? ? , 3 3 ?1 m?n
故平面 A?CD 与平面 A?BE 夹角的余弦值为 20.解:⑴由题意 ?AF1 F2 ? 90 , cos ?F1 AF2 ?
?

3 . ――――12 分 3

3 , 5 ???? 3 ???? 5 ? ???? ???? ? ???? ? 注意到 | F F2 |? 2 ,所以 | AF1 |? ,| AF2 |? , 2a ?| AF1 | ? | AF2 |? 4 , 1 2 2

所以 a ? 2, c ? 1, b2 ? a2 ? c2 ? 3 ,

即所求椭圆方程为

x2 y 2 ? ? 1 .――――4 分 4 3

⑵存在这样的点 M 符合题意.――――-5 分 设线段 PQ 的中点为 N , P( x1 , y1 ), Q( x2 , y2 ), N ( x0 , y0 ) ,直线 PQ 的斜率为 k (k ? 0) , 注意到 F2 (1, 0) ,则直线 PQ 的方程为 y ? k ( x ? 1) ,

? x2 y 2 ? 1, ? ? 由? 4 消 y 得 (4k 2 ? 3) x2 ? 8k 2 x ? 4k 2 ?12 ? 0 , 3 ? y ? k ( x ? 1), ?
由求根公式得: x1,2 ?

8k 2 ? (8k 2 )2 ? 4(4k 2 ? 3)(?12) , 2(4k 2 ? 3)

所以 x1 ? x2 ?

x ? x2 8k 2 4k 2 ? 2 ,故 x0 ? 1 , 2 4k ? 3 4k 2 ? 3 4k 2 3k ,? 2 ) .―――――8 分 2 4k ? 3 4 k ? 3

又点 N 在直线 PQ 上,所以 N (

由 QP ? MP ? PQ ? MQ 可得 PQ ? (MQ ? MP) ? 2PQ ? MN ? 0 ,

??? ???? ?

??? ???? ? ?

??? ???? ???? ? ?

??? ???? ? ?

即 PQ ? MN ,所以 kMN

3k 4k 2 ? 3 ? ? 1 ,――――10 分 ? 4k 2 k m? 2 4k ? 3 0?

k2 1 1 ? ? (0, ) , 整理得 m ? 2 4k ? 3 4 ? 3 4 2 k
所以在线段 OF2 上存在点 M (m,0) 符合题意,其中 m ? (0, ) .――――12 分 21.解:⑴由题意,函数的定义域为 (?1,1) ? (1,??) , f ?( x) ?

1 4

1 a ? ,―――1 分 1 ? x (1 ? x) 2

当 a ? 0 时,注意到

1 a ? 0, ? 0 ,所以 f ?( x) ? 0 , 1? x (1 ? x) 2
―――2 分

即函数 f ( x ) 的增区间为 (?1,1),(1,??) ,无减区间; 当 a ? 0 时, f ?( x) ?

1 a x 2 ? (2 ? a) x ? 1 ? a , ? ? 1 ? x (1 ? x)2 (1 ? x)(1 ? x)2

由 f ?( x) ? 0 ,得 x2 ? (2 ? a) x ? 1 ? a ? 0 ,

a ? 2 ? a 2 ? 8a a ? 2 ? a 2 ? 8a 此方程的两根 x1 ? , , x2 ? 2 2
其中 ? 1 ? x1 ? 1 ? x2 ,注意到 (1 ? x)(1 ? x)2 ? 0 , 所以 f ?( x) ? 0 ? ?1 ? x ? x1或x ? x2 ,

f ?( x) ? 0 ? x1 ? x ? 1或1 ? x ? x2 ,
即函数 f ( x ) 的增区间为 (?1, x1 ),( x2 ,??) ,减区间为 ( x1 ,1), (1, x2 ) , 综上,当 a ? 0 时,函数 f ( x ) 的增区间为 (?1,1),(1,??) ,无减区间; 当 a ? 0 时,函数 f ( x ) 的增区间为 (?1, x1 ),( x2 ,??) ,减区间为 ( x1 ,1), (1, x2 ) , 其中 x1 ?

a ? 2 ? a 2 ? 8a a ? 2 ? a 2 ? 8a .―-6 分 , x2 ? 2 2

⑵证明:当 a ? 1 时,由⑴知,函数 f ( x ) ? ln(1 ? x) ?

x 在 (0,1) 上为减函数,――7 分 1? x x x ? f (0) ? 0 ,即 ln(1 ? x) ? 则当 0 ? x ? 1 时, f ( x) ? ln(1 ? x) ? , 1? x 1? x 1 1 1 (m ? N ? ) ,则 ln(1 ? )? 令x? , m m 2013 ? 2 ? 1 2013 ? 2 ? 1 2013 ? 2m 1 1 ) 2013 ? m , 即 ln(1 ? m 2013 ? 2 ? 1 2

1 m )2013 ? e 2 ,―――10 分 所以 am ? (1 ? m 2013 ? 2 ? 1
又 am ? 0,? a1 ? a2 ??? am ? e 2 ? e 4 ??? e 2 ? e
m

1

1

1

1

1?

1 2m

? e ? 3 .――――12 分
A

22. 证明:⑴连接 DB , ? AB 是⊙ O 的直径,

??ADB ? 900 , 在Rt ?ABD与Rt ?AFG中,?ABD ? ?AFE , 又? ?ABD ? ?ACD , ?ACD ? ?AFE , ? C , D, E, F 四点共圆.――――5 分

F

O D H

C E

B G

C、D、F、E 四点共圆 ? GE ? GF ? GC ? GD ? 2 ? ? GH ? GE ? GF 2 GH 切 ? O于点H ? GH ? GC ? GD ? 又因为 GH ? 6, GE ? 4 ,所以 GF ? 9, EF ? GF ? GE ? 5 . ―――10 分
23.解:⑴曲线 C 的普通方程为 ( x ? 2) ? y ? 4 ,
2 2

即 x2 ? y 2 ? 4 x ? 0 ,化为极坐标方程是 ? ? 4 cos? .――――5 分 ⑵? 直线 l 的直角坐标方程为 x ? y ? 4 ? 0 ,

? x2 ? y 2 ? 4 x ? 0, 由? 得直线 l 与曲线 C 的交点坐标为 (2, 2),(4,0) , ? x ? y ? 4,
所以弦长 OA ? 2 2 .――――10 分 24.解:⑴原不等式可化为 2x ?1 ? x ? 2 ? 3 , 依题意,当 x ? 2 时, 3x ? 3 ? 3, 则 x ? 2, 无解,

1 1 ? x ? 2 时, x+1 ? 3, 则 x ? 2, 所以 ? x ? 2 , 2 2 1 1 当 x < 时, 3-3x ? 3, 则 x ? 0, 所以 0 ? x < , 2 2
当 综上所述:原不等式的解集为 ? 0, 2? . ――――5 分 ⑵原不等式可化为 x ? 2a ? 3 ? 2x ?1 , 因为 x ??1, 2? ,所以 x ? 2a ? 4-2x , 即 2 x ? 4 ? 2a ? x ? 4 ? 2 x , 故 3x ? 4 ? 2a ? 4 ? x 对 x ??1, 2? 恒成立, 当 1 ? x ? 2 时, 3 x ? 4 的最大值 2 , 4 ? x 的最小值为 2, 所以为 a 的取值范围为 1.――――10 分


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