河北省石家庄市2013年高中毕业班第二次模拟考试数学(理)试题(word版)及答案

2013年石家庄市高中毕业班第二次模拟考试试卷

数学（理科）

（时间 120分钟 满分150分）

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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。

1410) 的值为 1.tan(A.

33 B.

33 C.

3 D. 3

13i1i，则z的共轭复数的模为

2.已知i是虚数单位，复数zA.1 B.

5 C. 7 D.5

x1,x2,,x20，若这组数据的方差为

3，则数据2x13.给定一组数据差为

3,2x23,,2x203的方

A.6 B.9 C. 12 D.15 4.若A.

0 ，函数ycos(x6)的图像向右平移

23个单位后与原图像重合，则的最小值为

43 B.

32 C. 3 D. 4

5. 定义min(a1,a2,,an)是a1,a2,,an中的最小值，执行程序框图（如右图），则输出的结果是 A.

15 B.

14 C.

13 D.

23

6. 如右下图，在ABC中，AN值为 A.

1NC2,P是BN上的一点，若APmAB2AC,则实数m的9A N

19 B.

13 C. 3 D. 1

P

B C 7．袋中有编号为1，2的两个红球和编号为1，2，3的三个的球中一个是黑球一个是红球的概率是 A.

黑球（所有这5个球除颜色和编号外没有其他区别），每次从袋中摸出一个球（不放回），则前两次摸出（第6题图）

32 B.

510 C.

35 D.

34

开始 输入a11,n2 n是偶数？ n=n+1 是 否 anan1 2an1an1 否 n>7? 是 Tmin{a1,a2,,an} 输出T 结束

x0,y18. 设x,y满足约束条件yx,则的取值范围是

x24x3y14,A.

117317131[,] B. [,] C. [,] D. [,) 26242的最小

x2y22a2e2,离心率为e，9. 双曲线221(a0,b0)的一条渐近线的倾斜角为则32bab值为 A.

263 B.

233 C.

3 D. 6

l43之间，与两个半平面分别相切于点A、B,若AB 10.已知球O夹在一个锐二面角3，球

心O到该二面角的棱l的距离为2，则球O的体积为 A.83 B.43 C.4π D.

11.在平面直角坐标系

xoy中，圆C的方程为x2y28x150，若直线ykx2上至少存

在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则实数k的最大值为 A. 0 B.

43 C.

32 D. 3

12.已知函数

x2x3x4x2013f(x)1x2342013，

x2x3x4x2013g(x)1x，设F(x)f(x4)g(x4)且函数F(x)的零点

2342013在区间[a1,a]或[b1,b](aA. -1 B. 0 C. 1 D.2

第Ⅱ卷 （非选择题，共90分）

b,a,bZ)内，则ab的值为

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

13.设(x1)5(2x1)a0a1(x1)a2(x1)2a6(x1)6，则a1a2a6的值为

14.已知一个空间几何体的三视图（如右图），则该几何体的表面积为

15．已知ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且角A、B、C成等差数列，

ABC3的面积

b2(ac)2Sk16.将函数

，则实数k的值为 正视图

1 2 侧视图

yx2x(x[0,1])的图像绕点M(1,0)顺时

针旋转角（02）得到曲线C,若曲线C仍是一个

第14题图

侧视图

函数的图像，则的最大值为

三、解答题：本大题共6小题，共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）

已知公差不为0的等差数列{an}.的首项为2，且a1,a2,a4成等比数列. （Ⅰ） 求数列{an}的通项公式；

A E D

B E P C D P C （图1） （图2）

B A （Ⅱ）令bn1(nN*)，求数列{bn}的前n项和. 2(an1)118. （本小题满分12分）

将ABE沿BE折起，使二面角A-BE-C为直二面角（如图2）.

在四边形ABCD中，BC∥AD，CD⊥AD，AD=4，BC=CD=2,E、P分别为AD、CD的中点（如图1），（Ⅰ）如图2，在线段AE上，是否存在一点M，使得PM∥平面ABC？若存在，请指出点M的位置，并证明

你的结论，若不存在，请说明理由;

（Ⅱ）如图2，若H为线段AB上的动点，当PH与平面ABE所成的角最大时，求二面角H-PC-E的余弦值.

19．（本小题满分12分）

某商店每天（开始营业时）以每件15元的价格购入A商品若干（A商品在商店的保鲜时间为8小时，该商店的营业时间也恰好为8小时），并开始以每件30元的价格出售.若前6小时内所购进的A商品没有售完，则商店对没有卖出的A商品将以每件10元的价格低价处理完毕（根据经验，2小时内完全能够把A商品低价处理完毕，且处理完毕后，当天不再购进A商品），该商店统计了100天A商品在每天的前6小时内的销售量，由于某种原因销售量频数表中的部分数据被污损而不能看清，制成如下表格（注：视频率为概率）.

前6小时内销售量X（单位：

件） 频数

30

x

y

3

4

5

（Ⅰ）若某天商店购进A商品4件，试求商店该天销售A商品获取利润的分布列和均值； （Ⅱ）若商店每天在购进4件A商品时所获得的平均利润最大，求x的取值范围. 20. （本小题满分12分）

在平面直角坐标系中，已知点F（0，

11），直线l:y，P为平面内动点，过点P作44直线l的垂线，垂足为M，且MPMFFPFM. （Ⅰ）求动点P的轨迹E的方程；

（Ⅱ）若曲线E与圆Q：x2(y4)2r2(r0)有A、B、C、D四个交点，求四边形ABCD面积取到最大值时圆Q的方程. 21. （本小题满分12分）

已知函数

f(x)12xeax(aR,e为自然对数的底数). 2（Ⅰ）讨论函数（Ⅱ）若af(x)的单调性；

11，函数g(x)(xm)f(x)e2xx2x在区间(0,)上为增函数，求整数

4m的最大值.

请考生在22~24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22. （本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲 在RtABC中，B90,AB4,BC3，以AB为直径做圆O交AC于点D.

D C

（Ⅰ）求线段CD的长度；

（Ⅱ）点E为线段BC上一点，当点E在什么位置时，直线ED与圆O相切，并说明理由. 23. （本小题满分10分）选修4-4:坐标系与参数方程

在平面直角坐标系xoy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已A 知圆C的极坐标方程为（Ⅰ）当a2acos(4O B )(a0)

22时，设OA为圆C的直径，求点A的直角坐标；

x2t（Ⅱ）直线l的参数方程是，直线l被圆C截得的弦长为d(t为参数）y4t取值范围.

24. （本小题满分10分）选修4-5 ：不等式选讲 函数

，若d2，求a的

f(x)lg(|x1||xa|2),aR.

2时，求函数f(x)的定义域；

（Ⅰ）当a（Ⅱ）若函数

f(x)的定义域为R，求实数a的取值范围.

2013年石家庄市高中毕业班第二次模拟考试

数学(理科答案) 一、选择题：

1-5 ABCCC 6-10BCABD 11-12BD 12题解析：

由F(x)f(x4)g(x4)可知，函数F(x)的零点即为fx4的零点或gx4的零点.

f'(x)1xx2x3x2012，

当x1时，f(x)1xxxx'2320121x20130成立， 1xf'(1)1xx2x3x201210，

当x1时，f(x)1xxxx'2320121x20130也成立，

1x即f'(x)1xx2x3x20100恒成立，

x2x3x4x2013所以f(x)1x在R上单调递增. 23420131111f(0)1,f111...0，

2320122013fx的惟一零点在1,0内，fx4的惟一零点在5,4内.

同理gx4的惟一零点在5,6内，因此b6,a4,ab2. 二、填空题：

+313. 14.

－33 215.343 16．

43 三、解答题：本大题共6小题，共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）

解：（I）设等差数列{an}的公差为d，由(a2)2a1a4，…………2分 又首项为2，

2(ad)a1(a13d)， 1得

因为d0，所以d2，……………4分 所以an2n．………………6分

（Ⅱ）设数列bn的前n项和Tn由（Ⅰ）知an2n，

,所以bn11=bn(2n1)21……………8分 (an1)21=

11111)，…………10分 =(-4n(n+1)4nn+1所以Tn=

n11111111(1-+++-)=(1-)=，

4223nn+14n+14(n+1)

即数列bn的前n项和Tn=

n．………………12分

4(n+1)18．（本小题满分12分） 解法一：

（Ⅰ）存在点M,当M为线段AE的中点时， PM∥平面BCA ,……………1分

取EB的中点N，连接PN，MN，则MN∥BA，PN//CB， 所以平面PMN//平面ABC， ……………3分 因为PM在平面PMN内，

所以PM∥平面ABC．………………5分 （Ⅱ）连接PH，NH，可知PN平面ABE， 所以PH与平面ABE所成角为PHN，

PN，PN2， NH所以当NHAB时，PH与平面ABE所成角最大，……………7分

又tanPHN可得BH2，…………………8分 2过H做HREB交EB于R， 则HR平面BCDE，且BRHR1， 2过R做RGCD垂足为G，连接HG， 则HGCD，

所以HGR为二面角HPCE的平面角，………………10分 所以在直角HRG中tanHGRHR1， RG4所以cosHGR417417，所以二面角HPCE的余弦值为． 1717解法二：（Ⅰ）存在点M,当M为线段AE的中点时，PM∥平面BCA，………1分 建立如图所示空间直角坐标系，则A0,0,2,M0,0,1,P2,1,0,B0,2,0

C2,2,0,

AB中点F0,1,1,

所以PM2,1,1,BC2,0,0,AB0,2,2,EF0,1,1

可知EFBC0,EFAB0,EF平面ABC,…………3分

又EFPM0,

PM//平面ABC.……………5分

(Ⅱ) 可知P ( 2， 1，0 )，A(0，0，2)，E（0，0，0），B（0，2，0）， 设H(x，y，z)，则BA0,2,2，BH(x，y2，z)， 设BHBA，则得H(0，22，2)，

所以PH(2，12，2)，因为点P到平面ABE的距离为定值2，……………7分 所以当PH最小时PH与平面ABE所成角最大， 此时PHBA，即PHBA0，得131，所以H(0，，)，

224所以BH(0，11，)，…………………8分 22设平面PCH的一个法向量为n(x0，y0，z0)，

11PC(0，1，0),PH(2，，)

22y00;1则由nPC0，nPH0,可得，则n(，0，2)， 1122xyz0.22平面PBE的一个法向量为EA0,0,2，…………………10分 设二面角HPCE的大小为，

nEA417则cos.……………………12分 17nEA19．（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）设商店某天销售A商品获得的利润为（单位：元） 当需求量为3时，Y1535(43)40，

当需求量为4时，Y15460，

当需求量为5时，Y15460， ………………2分

的分布列为

Y

40

60 0.7

P0.3

……………4分

则E()400.3600.754（元）

所以商店该天销售A商品获得的利润均值为54元.……………………………6分 （Ⅱ）设销售A商品获得的利润为Y,

依题意, 视频率为概率，为追求更多的利润，

则商店每天购进的A商品的件数取值可能为3件，4件，5件. 当购进A商品3件时，

E(Y)=[(3015)3]0.3[(3015)3]0.4[(3015)3]0.345，

当购进A商品4件时，

E(Y)=

[(3015)3(1510)1]0.3[(3015)4]……………8分

当购进A商品5件时，

x70x[(3015)4]54 100100E(Y)[(3015)3(1510)2]0.3[(3015)4(1510)1]

x70x[(3015)5]100100630.2x ……………10分

由题意630.2x54，解得x45，又知x1003070，

所以x的取值范围为45,70，xN.………………12分

*20．（本小题满分12分）

11441111MP(0,y),FM(x,),FP(x,y)，…………………2分 则MF(x,)，242422由MPMFFPFM，得yx，动点P的轨迹E的方程为yx.………………4分

解：（Ⅰ）设P(x,y)，则M(x,)，又F(0，)

22222（Ⅱ）将抛物线E：yx代入圆Q：x(y4)r（r0）的方程，消去x，整

理得y7y16r0．．．．．．．．．．．．．（1），

2222抛物线E：yx与圆Q：x(y4)r（r0）相交于A、B、C、D四个点

22的充要条件是：方程（1）有两个不相等的正根y1、y2，

494(16r2)015∴y1y270解这个方程组得r4，………………6分

22y1y216r0设四个交点的坐标分别为A(y1，y1)、B(y1，y1)、C(y2，y2)、D(y2，y2)， 则S|y2y1|(y1y2) ,

2222r15)所以S[(y1y2)4y1y2](y1y22y1y2)(7216r)(4，…………8

分

设t16r得t(0，)代入上式，则S2(72t)2(72t)，并令f(t)S2，

2727f(t)(72t)2(72t)8t328t298t343(0t)，

2∴f`(t)24t256t982(2t7)(6t7)，……………10分 令f`(t)0得t77，或t（舍去） 62当0t7777时，f`(t)0；当t时f`(t)0；当t时，f`(t)0

666275272时，f(t)有最大值，即四边形ABCD的面积最大，此时r， 636527

36.……………12分

2x故当且仅当t22圆的方程为x(y4)21．（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）定义域为(，)，f'(x)ea，

)上为增函数；………………2分 当a0时，f(x)0，所以f(x)在(，当a0时，由f'(x)0得x当x(lnalna，且当x(，)时，f'(x)0， 22lna，)时f'(x)0， 2lnalna，)为增函数．………………4分 所以f(x)在x(，)为减函数，在x(2212x12x2（Ⅱ）当a1时，g(x)(xm)(ex)exx，

24)上为增函数， 若g(x)在区间(0，则g'(x)(xm)(e即m2x)恒成立， 1)x10在(0，x1x在(0，)恒成立， 2xe1

令h(x)x1x，x(0，)；………………6分

e2x1e2x(e2x2x3)2x，；令x(0，)L(x)e2x3， h'(x)2x2(e1)可知L()e40，L(1)e250， 又当x(0，)时L'(x)2e2x20，

所以函数L(x)e2x2x3在x(0，)只有一个零点，………………8分

121）设为，即e223，且(，；

由上可知当x(0，)时L(x)0，即h'(x)0；当x(，)时L(x)0，即

12h'(x)0，

所以h(x)把e2x11xh()，……………10分 ，，有最小值x(0，)2x2e1e11131）（1，)， 23代入上式可得h()，又因为(，，所以h()222又mh(x)恒成立，所以mh()，又因为m为整数， 所以m1，所以整数m的最大值为1．…………………12分

22．（本小题满分10分）选修4-1几何证明选讲

0解：（Ⅰ）连结BD，在直角三角形ABC中，易知AC5,BDCADB90，…………

2分

所以BDCABC，又因为CC，所以ABC与BDC相似，

BC29CDBC．…………5分 所以，所以CDBCACAC5（Ⅱ）当点E是BC的中点时，

直线ED与圆O相切．……………6分

连接OD，因为ED是直角三角形BDC斜边的中线，所以EDEB，所以EBDEDB，因为ODOB，所以OBDODB，………………8分 所以

ODEODBBDEOBDEBDABC900，所以直线ED与圆O相切．……………10分

23．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

22解：（Ⅰ）法一：a22时，圆C的直角坐标方程为(x2)(y2)8，……………

2分

∴圆心C（2，－2）

又点O的直角坐标为（０，０），且点Ａ与点O关于点C对称， 所以点A的直角坐标为（4，－4）……………5分

法二：a22时，圆C的直角坐标方程为(x2)2(y2)28 ①…………2分 ∴圆心C（2，－2）

又点O的直角坐标为（０，０）， 所以直线OA的直线方程为yx 联立①②解得②

x0x4（舍）或

y0y4所以点A的直角坐标为（4，－4）…………5分 法三：由42cos()得圆心C极坐标(22,)，

44所以射线OC的方程为代入42cos(4 ，……………2分

4)得42

所以点A的极坐标为(42,4)

化为直角坐标得A（4，－4）.…………………5分 （Ⅱ）法一：圆C的直角坐标方程为(x直线l的方程为y=2x．

2222a)(ya)a2， 22所以圆心C（

22a，a）到直线l的距离为222a2a25，……………8分

109a2∴d=2a=a．

5102所以

10a≥2，解得a5.…………………10分 5法二：圆C的直角坐标方程为x2y22ax2ay0，

x2t将化为标准参数方程

y4t

2xm1010202代入得，解得mam0m0,ma， 1255y4m20∴d=|m1m2|=

10a，…………………8分 5,所以

10a≥2，解得a5.…………………10分 5法三：圆C的直角坐标方程为x2y22ax2ay0， 直线l的方程为y=2x．

x2y22ax2ay0联立

y2x得5x2ax0 解得x10,x222a 510a，…………………8分 5∴d=221|x1x2|=

所以

10a≥2，解得a5．………………10分 524. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

解：（Ⅰ）当a2时，设函数f(x)lg(|x1||x2|2)

|x1||x2|2>0,

令g(x)|x1||x2|2

2x3则g(x)12x3若g(x)0,则xx2;2x1;…………………3分 x1.15,x.

22或

5212)(，)．…………………5分 所以f(x)定义域为(，（Ⅱ）由题意，|x1||xa|2在R上恒成立，因为

|x1||xa||1a|，……………8分

所以|1a|2，得a3或a1．………………10分