2013届河北省保定市高三第一次模拟考试文科数学试题及答案.doc

2013 年保定市第一次高考模拟考试理科数学评分标准一、选择题：a 卷：baadc cdbcacb b 卷：abadc cdbca 以下简析针对 a 卷题目顺序进行，仅供试卷讲评时参考（并非详解）.1. 简析：z=i,所以 ln|z|=0.选 b彭领军命题2. 简析：画出数轴可知 a = 1, b = 4 ，故bc b = 4 选 a王广新命题 a 3 - ） ，故 =2 ，又点 =3. 简析：周期 t=4（ ， 在图象上，代入可得 = ，故选 a.1） 88844. 简析：画出可行域，易得 z 的最小值为 3，最大值为 6，故比值为 2.故选 d.5. 简析：第一次执行结果为 p =1, =3,n=1; 第二次执行结果为 p =5, =7,n=2; 第三次执行结果为 p =21, =15,n=3. 故选 c. rrr6. 简析： a,b,c 两两夹角相等，夹角为 0或 120当夹角为 0时，| a +b +c |5，当夹角为 120时，| a +b +c |2rrrrrr rrr| a +b +c |等于 5 或 2，故选 c.（改编题赵秀梅）7. 简析： 把握三棱锥和三视图的特征，设底面边长为 a, 侧面 vac 的高为 h, 则21= ah,32s =1333 hg a =ah =故选 d.王广新试题2243，e 2 ; 双曲线与圆无交点，8. 简析： b a 0综上，e（ 2 ，cb 5a ， 1 e 1上都递减， a 0, a1所以 1且 1 a 2且a ， 而a + 1 a + 1, 故选 c. 22 - 2a 1,10. 简析：由 dpd1 = cpm 得mc dd1 2mcpd =,= 2 ,在平面 abcd 内以 dpcdpdppcadc ， 设dc=1 ， p （ x,y ） ,为原点建立平面直角坐标系pd=2pc x 2 + y 2 = 2 x 2 + ( y 1) 2 整理得 x 2 + ( y ) 2 =434 ，所以，轨迹为圆的一部9分.故选 a.（原创张志兰）11. 简析：由于 a1 + a2 + a3 + a4 = 1 1 + 1 + 5 = 6, a5 + a6 + a7 + a8 = 1 5 + 1 + 9 = 6. s2013 = 6 503 + a2013 = 3018 + 1 = 3019 ，故选 c.（容城中学段飞华）12.简析：f (x-1)=-f (x +1)，f (x)=-f (x+2),由导数定义易得偶函数的导函数是奇函数，q f ( x) = f ( x + 2)即周期为4， f (10) = f (2) = - f (0)=0.故选b.二、填空题：13.14. 311. 简析： x 3 的系数为1+c5 =11.21. 简 析 ： 设 样 本 在 40,50),50, 60) 内 的 数 据 个 数 分 别 是 x ， y ， 则4+5+x +y =0.6,则x+y=21 . 5015.42 .简析： 2b=a+c 及 b = 得 2sinb=sina+sinc= 2 ,所以 sin2a+2sinasinc+sin2c=2由4又 (cos a cos c ) =cos a-2cosacosc+cos c，222 4二式相加得 (cos a cos c ) =-2cos（a+c）=2 cosb= 2 ，故| cos a cos c |= 2216.20.简析： 由已知 ab + a b 10 = 0 得 b ( a 1) + ( a 1) = 9 ，即 ( a 1)( b + 1) = 922 2 b +1 + a 1 (a + b) ，即 ( a + b ) 36 （当且仅当 a=4，于是， 9 = ( b + 1)( a 1) = 24 b=2 时取等号） ，故 a + b 的最小值为 6，即 m=6.则满足 x 2 + y 2 6 的整点 ( xi , yi ) 共有 21个，代入可得结果为 20.三、解答题 rr111 2 分17. 解：f(x)= ag = sin ( x)cos( x )- = sin(x) -b 22424 1111（1）当= 时，f(x)= sin( x) - 2224 5令 f(x)=0，得 x= 4k + 或 x= 4k +(kz,x0) 33 5取 k=0，得 x2=6 分 3 11（2）因为 f(x)最小正周期为，则=2 ，故 f(x)= sin(2x) - 24 5令 f(x)=0 得 x= k +或 x= k +(kz,x0) 9 分 1212 49 5所以 s100= (k + )+(k +)= (2k + ) 12122k =0k =049= 2 (0+1+2+49)+50 =50 49 +25 =2475 12 分（本题由赵秀梅命制）218. 解：（1）当 1、2、3、5 路口同时遇到红灯时，该学生会迟到.故该生迟到的概率为 141 21p = ( )（ + ） 5 分= 3 3 3 81（2）由题意知 取值为 0,1, 2,3,4,5 ，6 分则 p( =0)= 121 2 , p( =1)= = 7 分 333 9 214218p( =2)=( )2 =,p( =3)=( )3 = 8 分 3 3 273 3 81 2 1 16232p( =4)=( )4 =,p( =5)=( )5 =10 分 3 3 2433243p0131292 4273881416243532243 5436241632 422 + 2+ 3+ 4+5 =12 分 243243243243243 24319. 解：（1） sa=sb，m 为 ab 中点， sm ab 又 da 平面 sab， da sm ,e = 1 所以 sm 平面abcd 2 分又 db 平面abcd , sm db .又 sc bd ， db 平面smc平面 sbd 平面 smc . 4 分（2）由（1）知 db 平面smc ，db mc所以 abdbcm ，故ab da2 2 bc = bc = 2bc mbbc2dc设 ac 与 bd 交于 n 点，因为 asbs,dabs,所以 sb 平面sad所以 sb sd,显然 na=nb=nc=nd=ns,所以 h 与 n 重合，即为球心， 6 分法 1：设 mc 与 db 交于 q 点,h qmmab由于 db 平面smc ，故 hq 即为所求.因为 mc= 6 ,s qb =bc gmb 2 2 2 3 = mc36233 =. 33q bd = 2 3, hb = 3 ， 故 hq= 3 -即棱锥 hmsc 的高为 3 .9 分3法 2：（等体积法）连结 mh， sm 平面abcd svhmc = svabc svamh svmbc =q svmsc =12 (2 2 2 2 2 2) =2211 mc gsm =2 + 4g 2 = 322 h设棱锥 hmsc 的高为 h，则 svhmc sm = svmsc g所以 h=svhmc sm13 9 分= svmsc33dz法 3：以点 m 为原点，建立坐标系如图.则 m(0,0,0),b(0， 2 ,0),c(0， 2 ,2),h(0,0,1)所以 ch =(0,- 2,-1), bh = (0,- 2,1), | bh | = 3设棱锥 hmsc 的高为 h，则ch qmmabyuuuruuuruuuruuu uuu uuur uuurrruuur uuuruuurch gbh =| ch |g bh | cos =h g bh | uuu uuurr ch gbh 2-13 r9 分= h = uuu = 3| bh |3(3) 以点 m 为原点，建立坐标系如图.则 m(0,0,0),s( 2 ,0, 0),c(0， 2 ,2),a(0,- 2 ,0)，d(0，- 2 ,2)sx uuuruuuruuuuruuur ms = ( 2, 0, 0), mc = (0, 2, 2), ad = (0, 0, 2), as = ( 2, 2, 0) rur设平面smc的法向量为n =(x,y,z ),asd的法向量为m =(a,b,c) uuu rr r ms gn =0 x =0 uuur r , 不妨取n =(0, 2,-1)u mc gn =0 2 y +2 z =0 uuu urr ur ad gm =0 c=0 uuu u, 不妨取m =(1,-1,0)rr 2a+ 2b=0 as gm=0 urr urr mgn-23 r cos = u r =- 3|m|n|3g 2所以，平面 sad 与平面 smc 所成的二面角的正弦值为（本题由张志兰命制）20. 解：（1）因为四边形 m f1 n f2 为菱形，又其周长为 4故 a=11 分由椭圆定义知 af2 + ab + bf2 = 4 a=4，又因为 ab =所以 af2 + bf2 = 6 12 分34 ，383af2 + bf222）=所以 af2 bf2 （16 3 分 9当且仅当 af2 = bf2 =4 时，等号成立。4 分3 32y22（此时 abx 轴，故可得 a 点坐标为（ -，），代入椭圆 e 的方程 x + 2 =1 33b得b = 664 0 ，恒有 f ( x ) 0 ， f ( x ) 在 ( 1, + ) 上单调递增，无极值；2 分 当 a 0 时， f ( x ) = 0 得 x = a 1 ， x ( 1, a 1) 时， f ( x ) 0 ，故函数 f ( x ) 在 ( 1, a 1) 单调递减，在 ( a 1, + ) 上单调递增，故当x = a 1 时取得极小值，无极大值，极小值为 f (a 1) = ln a + 1 a 4 分（2）当 0 1 时，由（1）可知应有 f ( a 1) = ln a + 1 a 0 （）成立令 g ( a) = ln a + 1 a ，则 g ( a) =11 a 1 =， g ( a) 0, g ( a) 在 (1, + ) 上单调递减，aa g (a )0 ，即 f (a 1) = g (a )0 ，与（）不符所以 a 的取值范围是 0 + 2 + + x 1 = + + + + 12 分 11234x2 1+1+ 2x 1【命题思路】针对备受命题者青睐的函数不等式 ln(1 + x) x ，其实还蕴含着另外一个不等式 ln(1 + x) x ，也在渐渐的散见于一些模拟试卷中，尤其是此类不等式还与数列相结x +1合，有渐趋发展之势，故因此命制此试题（本题由王广新命制）22.（1）证明：连结 on，则 onpn,且obn 为等腰三角形，则obn=onb，又pmn=omb=900obn，pnm=900onbpmn=pnm，pm=pn. 3 分根据切割线定理，有 pn2=papc所以 pm2=papc. 5 分（2）解：在 rtbom 中，bm= ob2+om2 =46 分 bo bm法 1：延长 bo 交o 于点 d，连结 dn.易知bombnd，于是=,bnbdb即234 =，得 bn=6. 9 分bn 4 3mcoohap所以 mn=bnbm=64=2.10 分法 2：设 h 为线段 mn 的中点，连结 ph，因为 pm=pn所以 phmn由 pm2=papc 得， pa + 2( 3 1)2 = pa( pa + 4 3)nq pa = 4 2 3, pm = 2 8 分因为bomphm，所以om bm42 =, =, mh = 1mh pm2 mh所以 mn=210 分法 3：cm= 2 3 + 2 ,ma= 2 3 2 7 分有相交弦定理得：cmma=bmmn.即 4mn= ( 2 3 + 2) ( 2 3 2) ，解得 mn=210 分（本题由王学会命制） 23. 解：（1）将点 p（4， ）化为直角坐标，得 p（2,2 3 ），2 分 3直线 l 的普通方程为 y= 3 x+1，显然点 p 不满足直线 l 的方程，所以点 p 不在直线 l 上.4 分（2）因为点 q 在曲线 c 上，故可设点 q（ 2 + cos , sin ）, 5 分点 q 到直线 l：y= 3 x+1 的距离为d=| 2 3 + 3 cos sin + 1 | = 3 +1| 2 sin( ) + 2 3 + 1 |3 ,7 分 2所以当 sin( 2 3 1 ,8 分 ) =1 时，dmin=32当 sin( 2 3 +3 .9 分 ) =1 时，dmax=322 3 12 3 +3 ，最大值为 22故点 q 到直线 l 的距离的最小值为故点 q 到直线 l 的距离的最大值与最小值的差为 210 分（本题由王学会命制）24. 解：（1）当 a=2 时，f(x)3x+2 可化为|x2|2 解得 x4 或 x0故不等式 f(x)3x+2 的解集为x|x4 或 x0 4 分 x a x a a 或（2）由 f(x)0 得|xa|+3x0，不等式可化为不等式组 x a ， 6 分x 42 a若 a0，所以不等式组的解集为x|x ， 2 aa由不等式 f(x)0 的解集包含x|x1得x|x x|x1 1 22解得 0a2 8 分若 a0，不等式组的解集为x| x a 4由不等式 f(x)0 的解集包含x|x1得-4a0综上可得 a 的取值范围为-4a0 或 0 2 ; 双曲线与圆无交点，8. 简析： b a 0综上，e（ 2 ，cb 5a ， 1 ep ，故 p是q 的充分不必要条件.21. 解 析 ： 设 样 本 在 40,50),50, 60) 内 的 数 据 个 数 分 别 是 x ， y ， 则4+5+x +y =0.6,则x+y=21 . 5015.2 .简析： 2b=a+c 及 b = 得 2sinb=sina+sinc= 2 ,所以 sin2a+2sinasinc+sin2c=2由4又 (cos a cos c ) =cos a-2cosacosc+cos c，222二式相加得 (cos a cos c ) =-2cos（a+c）=2 cosb= 2 .216.20.简析：因为 a + b =2，所以1 1 11 11ab + = ( + )(a+b)= (2+ + ) 2 （当且仅当a b 2a b2baa=b=1 取等号） ，即 m=2.则满足 x 2 + y 2 6 的整点 ( xi , yi ) 共有 21 个，代入可得结果为 20.三、解答题 rr11117. 解：f(x)= ag = sin ( x)cos( x )- = sin(x) -2 分b 22424 1111（1）当= 时，f(x)= sin( x) - 2224 5令 f(x)=0，得 x= 4k + 或 x= 4k +(kz,x0) 33 5取 k=0，得 x2=6 分 3 11（2）因为 f(x)最小正周期为，则=2 ，故 f(x)= sin(2x) - 24 5令 f(x)=0 得 x= k +或 x= k +(kz,x0) 9 分 1212 49 5所以 s100= (k + )+(k +)= (2k + ) 12122k =0k =049= 2 (0+1+2+49)+50 =50 49 +25 =2475 12 分（本题由赵秀梅命制）218. 解：（1）记红、蓝两个小组分别为甲、乙，则x甲 =1(107 + 111 + 111 + 113 + 114 + 122 ) = 113 , 1 分6x乙 = 2s甲 =1(108 + 109 + 110 + 112 + 115 + 124 ) = 113 , 2 分61 222222 (107 113) + (111 113) + (111 113) + (113 113) + (114 113 ) + (122 113) 6=21 3 分 2s乙 = 1 222222 (108 113) + (109 113) + (110 113) + (112 113) + (115 113) + (124 113) 6 88=4 分 3 22 x甲 = x乙 , s甲 s乙红军的射击成绩相对比较稳定. 6 分(2) 从蓝军 6 名士兵中随机抽取两人,共有 15 种不同的取法.其成绩情况如下:(108，109)， ， )(108 110 112 (109 115(109， )， ， )， 112 (108 115(108， )， ， )， 124 (110 112(109， )， ， )，9 分 124 (109 110(108， )， ， )， 115 (110 124(110， )， ， )， 115 (112 124 124(112， )， ， ) , (115， ) .设 a 表示随机事件“所抽取的两人的成绩之差不超过 2”,则 a 的基本事件有 4 种: 110 ( 112(108，109)， ， ) , (109， )，110， ) .(108 110 4 . 12 分 1519. 解：（1） sa=sb，m 为 ab 中点， sm ab 又 da 平面 sab， da sm ,故所求概率为 p ( a ) =所以 sm 平面abcd 2 分又 db 平面abcd , sm db .又 sc bd ， db 平面smc 4 分mmabddh平面 sbd 平面 smc . 5 分（2）由（1）知 db 平面smc ，db mcs所以 abdbcm ，故ab da2 2 bc = bc = 2 7 分bc mbbc2设 ac 与 bd 交于 n 点，因为 asbs,dabs,所以 sb 平面sad所以 sb sd,显然 na=nb=nc=nd=ns,所以 h 与 n 重合，即为球心，9 分法 1：设 mc 与 db 交于 q 点,由于 db 平面smc ，故 hq 即为所求.因为 mc= 6 , qb =bc gmb 2 2 2 3 = mc36233 =. 33q bd = 2 3, hb = 3 ， 故 hq= 3 -即棱锥 hmsc 的高为 3 .12 分3法 2：（等体积法）连结 mh， sm 平面abcd svhmc = svabc svamh svmbc =q svmsc =12 (2 2 2 2 2 2) =2211 mc gsm =2 + 4g 2 = 322 h设棱锥 hmsc 的高为 h，则 svhmc sm = svmsc g所以 h=svhmc sm13 12 分= svmsc33zdc法 3：以点 m 为原点，建立坐标系如图.则 m(0,0,0),b(0， 2 ,0),c(0， 2 ,2),h(0,0,1) uuuruuuruuur所以 ch =(0,- 2,-1), bh = (0,- 2,1), | bh | = 3设棱锥 hmsc 的高为 h，则h qmmabyuuu uuu uuur uuurrruuur uuuruuurch gbh =| ch |g bh | cos =h g bh | uuu uuurr ch gbh 2-13 r12 分 h = uuu = 3| bh |3（本题由张志兰命制）20. 解：（1）因为四边形 m