一模试题(理科答案)

1、2009-2010年度石家庄市第一次模拟考试理科数学答案一、选择题：本大题共12 个小题，每小题5 分，共 60 分.A 卷答案） :1-5 BCADB 6-10 ACBDA 11-12 DBB 卷答案） :1-5 DCABD 6-10 ACDBA 11-12 BD二、填空题 : 本大题共4 个小题，每小题5 分，共20 分13114. a | 0 a515.12,116.三、解答题：本大题共6 小题，共 70分 .解答应写文字说明，证明过程或演算步骤.17.解： ( )在ABD 中，由余弦定理得BD 222 cos ,.1 分又 SS ABDS BCD=1 sin1 ( 22 cos) si

2、n3 分223所以 S sin()3，0,).5 分23（）所以当20,）33， .7分33时，即5时， S取得最大值，最大值为 13. 10分26218解（）若 q 1，则 5S210a1, 4S416a1,a10, 5S24S4 ，不合题意 . .2 分若 q1，由 5S24S4得 5a1 (1 q2 )a1(1 q4 )， q21, 又 q 0,1q41 q41.5 分 q.211a11 () n1 11( ) bn22a1n2.7 分212a1 ( )， 122由 bn12a10 ，得a11为等比数列知：2，1114 bn)n 2.9 分4(2n .2则 Tn1352n 122 223

3、2n，1132n32n1Tn22232n2n1，22n3-得 Tn3. .12 分2n19. 解：（）分析可知的取值分别为1， 3. .2 分p(1) C32 (1)2 ( 2) C32( 2 )2 ( 1)2 ,33333p(3)( 1)3( 2)31 , .4 分333的分布列为13P2133E12315.6 分333（）若 S82，说明前八次投篮中，五次投中三次未投中，又Si0(i1,2,3)所以包含两种情况 .第一种情况：第一次投中，第二次未投中，第三次投中，后五次中任意两次未投中.21212353此时的概率为22=221P13 3 3C53 3C5 3. .8 分3第二种情况：第一次

4、和第二次都投中，后六次中任意三次未投中.此时的概率为22C6313232513P2= C63. .10 分333333所以出现 S82 且 Si0(i1,2,3)的概率为： PP1 P2320320.12分372187连结 BO,取 DO 中点 H ，连结 GH ,20解： ( )因为 AO平面 AC ,所以平面 AD平面 AC，11又底面为菱形，O为AD中点，所以 BO平面 AD1，因为GH BO，所以 GH平面 AD1 ， .3分又GH=1BD=3 ，22所以点 G 到平面 ADD A 的距离为3. .5 分112( )方法一：分别以 OA,OB, OA 所在直线为 x, y, z 轴，1

5、建立如图所示的坐标系，则G(1,3 ,0) ， D1(2,0, a) ， 所 以22D G( 3 ,3 ,a) ，122面 AD1的一个法向量 n =0, 3,0，33所以 cos n, D1G=2=a1 ， 7 分3a234，解得因为面 OCD 的一个法向量为n(0,0,1) ， 8 分设面 OCD1 的一个法向量为p( x, y, z) ，则 OD1( 2,0,1) ， OC( 2, 3,0) ，则有p OC 0; 所以2x3y0 ，p OD10.2xz0取 x3 ， m(3,2,23) ， 10 分则 cosp, m23257，1919所以二面角 DOC257.12 分D1 的大小为 a

6、rccos19方法二 :连结 D H ,由（ 1）可知GDH 为直线11D1G 与平面 AD1 所成角 .则 sinGD1 HGH3D1G4，所以DG2 .6 分1过 D1 做 D1O1 垂直 AD ,交其延长线于 O1 点，连结O1G ,在 O1DG 中， O1DDG1,GDO12，所以 OG13 ，3那么在直角三角形 D1O1G ， D1O1 =1， .8 分过 O1做O1M CO于点 M ，连结 D1M ，则D1 MO1 为所求二面角的平面角，.9 分连结OOO COO1OC3,则，111 ，且=2 ，1则在 OOC 中，O1 M23， .11 分17所以 tanD1MO1D1O121O

7、1M6，所以所求二面角 D1 OCD 的大小为 arctan2112 分6x2y21(babx ，21解：（）双曲线b20) 的渐近线为 ya2a设直线 PQ 的方程为 yk (x c) ,(不妨设 k0)，由于与圆 x2y2a2 相切，2a ， | kc |a ，即 k 2a2，直线 PQ 的斜率 k.3 分k21bb因为一三象限的渐近线为b ，aba1.ba所以直线 PQ 与双曲线的一条渐近线垂直；.5 分yk( xc)（）x2y2得 (b2a2 k2 )x22a2k 2cxa2 k 2c2 a2b20 ，a2b21设 P( x1, y1 ),Q( x2 , y2 ) ,x1x22a2 k

8、 2cb2a2 k2则a2 k2c2，x1x2a2b2b2a2 k 2所以 |PQ | (1k 2 )( x1 x2 ) 24x1x2 2ab2 (1 k 2 )2ab2， .7 分|b2a2 k2 |b2a2因为 |OM |11| PF2 |,2| PF1 |,| F2M |2| F2 M | | OM | 1 (| PF2 | | PF1 |) a ，2|OM |MT |1,代入上式得 | F2M |MT |a1,又|F2M | |MT | |F2T |c2a2b ，所以 ba1. .9 分因为 |AB|2a，|PQ|2ab 2，b2a2b2(a1)2a21 ，.10 分b2a22a12a

9、1令 t 2a1, 则 at 1,t3,5，1t121，24t因为 t1在 3,5 为增函数，所以4,9. .12 分t3522. 解()f (x)ex ( x2xa1) ，设切点为 ( x0 , y0 ) ，则切线方程为yex0( x02x0 a) ex0 (x02x0a1)( x x0 ) ，代入（ 0， 0）得 x03ax0a0 ，由题意知满足条件的切线恰有三条，则方程 x 3axa0 有三个不同的解 . .2 分令g xx3axa,2.()g ( x)3xa当 a0 时 ,()0,( )是（，）上增函数 ，则方程3有 唯一gxg xx axa 0解, .3 分当 a0时 ，由 g (

10、x)0得xa ,3g( x)在(,a )和（a ,）上是增函数，在（a ,a）上是减函数3333ag0;3要 使 方 程x 3axa0 有 三 个 不 同 的 根 ， 只 需ga0.33aaaa0;33.5 分3aaaa0.33解得 a276 分4. （）法一:由已知得 ( xx1 )( xx2 )( xx3 )x3ax a ,则 x1x2x30, x1 x2x1 x3x2 x3a ， x1 x2 x3a .由 a270知 x10, x20, x30 8 分4( 11) x12( 11)( x2x3 ) 22x32x222( x3x2 ) 8,x22x32x22x32x22x32x2x3又因为x2（ 11 ）28,x3 所以x32x1x2211810 分222 ,x2x3x1又 1111,x1x2x3所以(111 ) 21112( 111 )x1x2x3x12x22x32x1 x2x1 x3x3 x2111x1x2 x31111111