2013郑州一模数学理试题及答案

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2013年高中毕业年级第一次质量预测

理科数学 参

一、选择题

BDCCD BAABC DA 二、填空题

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13.25； 14.6； 15.23,； 16.4. 35三、解答题

17．解：⑴由正弦定理得2sinBcosC2sinAsinC，――――2分 在ABC中，sinAsin(BC)sinBcosCsinCcosB， sinC(2cosB1)0，又0C,sinC0， cosB ⑵SABC1212，注意到0B,BacsinB3．―――――6分

3,ac4，――――8分

由余弦定理得b2a2c22accosBa2c2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fi， 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f72f80.14，

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， 则P(M)1181834，P(N)P(R)112561878，――――6分

所以P(X0)P(MNR)，

1725691256 P(X1)P(MNRMNRMNR) P(X2)P(MNRMNRMNR) P(X3)P(MNR)147256， ，

，

所以随机变量X的分布列为：

0 1 2

11791 P

256256256X

3

147256

――――10分

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E(X)0125611722569132561475．――――12分 256219．解：⑴F为棱AB的中点．证明如下：

取AC的中点G，连结DG,EF,GF，则由中位线定理得

DE//BC,DE12BC，且GF//BC,GF12BC.

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AD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， ABa,2a,a，AE0,a,a， 设平面ABE的法向量为mx,y,z，

ax2ayaz0,x2yz0,mAB0,由得即 ayaz0,yz,mAE0,所以，可取m1,1,1．同理可以求得平面ACD的一个法向量n0,1,0.

mn1011103cosm,n,

331mn33故平面ACD与平面ABE夹角的余弦值为

.――――12分

20．解：⑴由题意AF1F290,cosF1AF23535 注意到|F1F2|2，所以|AF1|,|AF2|,2a|AF1||AF2|4，

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，

所以a2,c1,b2a2c23，

x2 即所求椭圆方程为

4y231．――――4分

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)，

2x2y1,由4消y得(4k23)x28k2x4k2120， 3yk(x1),由求根公式得：x1,28k228k2(8k)4(4k3)(12)2(4k3)2222,

所以x1x24k3，故x0x1x224k224k224k33k4k32，

又点N在直线PQ上，所以N(4k3,).―――――8分

由QPMPPQMQ可得PQ(MQMP)2PQMN0，

03k24k31，――――10分

24kk即PQMN，所以kMNmk224k32整理得m4k31(0,)， 3442k11所以在线段OF2上存在点M(m,0)符合题意，其中m(0,)．――――12分

421．解：⑴由题意，函数的定义域为(1,1)(1,)，f(x)分

当a0时，注意到

11x0,a(1x)211xa(1x)2，―――1

0，所以f(x)0，

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即函数f(x)的增区间为(1,1),(1,)，无减区间； ―――2分

当a0时，f(x)11xa(1x)2x(2a)x1a(1x)(1x)22，

由f(x)0，得x2(2a)x1a0，

a22a8a2 此方程的两根x1,x2a22a8a2，

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)，

a22a8a2其中x1分

,x2a22a8a2．―－6

⑵证明：当a1时，由⑴知，函数f(x)ln(1x)分

则当0x1时，f(x)ln(1x) 令x12013211201321mmx1x在(0,1)上为减函数，――7

x1xf(0)0，即ln(1x)1)120132mx1x，

(mN)，则ln(1)2013201321m，

即ln(112m，

1 所以am(11201321m)2013e2，―――10分

11mm1 又am0,a1a2ame2e4e2e22． 证明：⑴连接DB，

112me3．――――12分

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AB是⊙O的直径，

AADB90，

在RtABD与RtAFG中，ABDAFE，

0又ABDACD， ACDAFE，

C,D,E,F四点共圆．――――5分 ⑵

DOCFEBGHC、D、F、E 四点共圆GEGFGCGD2GHGEGF 2GH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)2y24，

即x2y24x0，化为极坐标方程是4cos．――――5分 ⑵直线l的直角坐标方程为xy40，

x2y24x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22．――――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，

当

12x2时，x+13,则x2,所以

12x2， 12当x<12时，3-3x3,则x0,所以0x<，

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2x42ax42x，

故3x42a4x对x1,2恒成立，

当1x2时，3x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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