保定市2013年5月二模文数

2013年保定市第二次高考模拟考试

文科数学评分标准

一、选择题：A卷：BCDBB ACCDC AA B卷：BDCBB ACDCC AA 以下简析针对A卷题目顺序进行，仅供试卷讲评时参考

1.简析：由(i-3)(i+2)=-7-i，得其实部与虚部的比值为7 ，∴选B． 2．简析：由a＋b>0得，a>－b>0，∴－a3.简析：ababcos302sin154cos15cos302sin603.故选D.

4. 简析：画出不等式表示的平面区域可知，当直线z＝x＋2y过点(1,1)时，z＝x＋2y取得最小值3，故选B.

5105. 简析：原式=log2(a1a2a10)log2(a5a6)log22=10，故选B.

6．简析：易得其体积为222=321143，故选A .

7.简析：①洗锅盛水2分钟＋④用锅把水烧开10分钟(同时②洗菜6分钟＋③准备面条及佐料2分钟)＋⑤煮面条和菜共3分钟＝15分钟．故选C. 8.简析：易得cos=-12,所以tan-3，则tan22tan1-tan2=3，故选C.

9.简析：依题意有2b＝a＋c，所以4(a2－c2)＝(a＋c)2，整理得3a2－2ac－5c2＝0，解得a＋c＝0(舍3

去)或3a＝5c，所以e＝5.故选D. 10.简析：①③正确，②错误，故选C.

11.简析：正四面体外接正方体棱长为1，进而得知外接球直径为3，故选A.

12.简析： ∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n1＋2n2＋…＋22

－

－

2－22－2nnn＋1

＋2＋2＝＋2＝2－2＋2＝2.∴Sn＝＝2－2.

1－21－2

所以log1(Sn+2)=-（n+1），故其最大值为-2.故选A.

2nn＋1

二、填空题：

13.（-1,1） 简析：易得A={x|x-1,或x1},所以CUA=(1,1).

14. －2 简析：ma＋nb＝(2m,3m)＋(－n,2n)＝(2m－n,3m＋2n)，a－2b＝(2,3)－(－2,4)＝(4，

－1)． ∴n－2m＝12m＋8n，∴

nm＝－2.

15.

22 简析：因为点P(a，b)在右支上，所以a>b,且a2-b2=1,即(a+b)(a-b)=1,又点

22P(a，b)到直线y＝-x的距离是1，所以a+b=2，所以a-b=11614121.

16.

a1 简析：易得a<1,且loga=logaa2,141a2,a116，故

116a1.

三、解答题

cosC017．解：（1）若解集为空，则16sin2C24cosC0 …………3分

解得cosC12. ……………………………………………………5分

3 则C的最大值为

3.…………………………………………………6分

12（2） c7, C, 由面积公式得

absin3323

∴ ab6. …………………………………9分 由余弦定理得ab2abcos ∴ ab13

所以a=2,b=3或a=3,b=2 …………………………………12分

18．解：（1）根据题意得良好学生的人数为100×（0.01+0.07+0.06）×5

=70人…………………………………2分

优秀学生的人数为100-70=30…………………………3分 （2）优秀人数：良好人数=3:7

故抽取的10人中，优秀生的人数为3人，良好的人数为7人…………7分

（3）将（2）选出的3名优秀学生分别记为甲、乙、丙，则从这3人中任选2人参加两项不同的专题测试（每人参加一种，二者互不相同）的所有基本事件为：甲乙、甲丙、乙甲、丙甲、乙丙、丙乙共6个基本事件……………………………………………9分

222237

其中不含甲的基本事件为乙丙、丙乙2个，所以甲不被选中的 概率为

19. （１）证明：连结Ａ1Ｄ，∵ＡＢＣＤ—Ａ1Ｂ1Ｃ1Ｄ1为四棱台，四边形ＡＢＣＤ为平行四边形，∴Ａ1Ｂ1∥Ｃ1Ｄ1，ＣＤ∥Ｃ1Ｄ1，………………1分 又ＤＥ＝

1226=13………………………………12分

ＤＣ，Ａ1Ｂ1＝

242=1

DH ABC∴Ａ1Ｂ1＝ＤＥ且Ａ1Ｂ1∥ＤＥ，…………………2分 ∴四边形Ａ1Ｂ1ＥＤ为平行四边形，∴Ｂ1Ｅ∥Ａ1Ｄ 又Ａ1Ｄ平面ＡＡ1Ｄ1Ｄ，Ｂ1Ｅ平面ＡＡ1Ｄ1Ｄ， ∴Ｂ1Ｅ∥平面ＡＡ1Ｄ1Ｄ；………………………4分 （2）证明：连结ＢＤ，在△ＢＡＤ中运用余弦定理可得： ＢＤ＝23

∴由勾股定理逆定理得∠ＡＢＤ＝90＝∠ＢＤＣ， 即ＢＤ⊥ＤＣ……………………………………6分 又ＤＤ1⊥平面ＡＢＣＤ，∴ＤＤ1⊥ＢＤ ∴ＢＤ⊥平面ＣDＤ1C1

所以ＢＤ⊥ＣC1……………………………………8分

A

D Ｅ C

B

（3）解：ＤＤ1⊥平面ＡＢＣＤ，平面ＡＢＣＤ∥平面Ａ1Ｂ1Ｃ1Ｄ1

所以，平面Ａ1Ｂ1Ｃ1Ｄ1⊥平面Ａ1ＡＤＤ1

过B1作B1H⊥Ａ1Ｄ1,垂足为H，则B1H⊥平面Ａ1ＡＤＤ1………………10分 ∵Ｂ1Ｅ∥平面ＡＡ1Ｄ1D

故锥体E－ＡＡ1Ｄ1Ｄ的高为h=B1H=Ａ1Ｂ1sin60°=∴VEAADD＝11132

3SAAD11Dh=1312(A1D1AD)DD1

h=3…………………12分

20. 解：（1）……2分

由已知……………………4分 …………5分

（2）设过点A的直线为、

联立方程组

△=1-3k>0,013

……………………………………………9分

…………10分

， 所以

……………………11分

由 21. 解：

f(x)axa(x0),得=0…………12分（本题由张军红提供）

…………………………………2分

1xx1x（1）当a 令 令

-1时，f(x)+1，

在（0，1）上单调递减；

f(x)<0f(x)>0时，解得0时，解得x，所以

x1，所以f(x)1，所以f(x)2x2在（1，+∞）上单调递增．……5分

（2）因为a2f(x)2． ……………………………………6分

m+n222 g(x)xx[2 g(x)3x3322x2-m+n22] x3(2-)x22x，

2(4m-2n-2x)， ………………………………………28分

m+n222 因为函数g(x)xx[f(x)-]在区间[t,3](t[1,2])上总存在极值，

所以只需373g(2)0,g(3)0, …………………………………………10分

373 解得-(m+n)9． 即9m+n3732222

所以点(m,n)所占的平面区域的面积为(

-9)=103 …………………12分

22. 证明：(1) ∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠CDF＝∠ABC. 又∵∠ADB与∠EDF是对顶角，∴∠ADB＝∠EDF……………………2分 又∠ADB＝∠ACB，∠EDF＝∠CDF. ∴∠ABC＝∠ACB.

∴AB＝AC………………………………………………………………5分 (2) ∵∠ADB＝∠ABC.，∠BAD＝∠FAB，

ABAD2

∴△ADB∽△ABF，∴＝，∴AB＝AF·AD=12. …………………8分

AFAB又BD为⊙O 的直径，∴∠BAD=90° 所以BD= AB+AD=12+4=16

故⊙O的半径为2…………………………………………10分（本题由崔风雷提供）

x1+t23. 解：（１）由y12t2222

2消去ｔ得２ｘ－ｙ－１＝０，……………………2分

易得ｘ≥1，所以曲线C的普通方程为２ｘ－ｙ－１＝０（ｘ≥1）……3分 由ρ-４ρcosθ+3=0及ρ＝ｘ＋ｙ和ρcosθ＝ｘ可以得到圆P的方程为 （x-2）+y=1………………………………………5分

（２）曲线C为一条射线，其端点为Q（１,１），圆心到直线２ｘ－ｙ－１＝０的距离为ｄ

＝

3552

2

２

２

２

２

（,且对应的垂足的坐标为H43，）……………………7分 55由于|QＰ|＝2，曲线C的轨迹是射线，且点H不在射线上， 所以|AB|的最小值为

24.解：（１）|x＋a|＋|x－2|-1≥2,即|x＋a|＋|x－2|≥3

∵|x＋a|＋|x－2|≥|a+2|………………3分

2-1…………10

分（本题由崔风雷提供）

又a≥1，∴a+2≥3 ∴解集为Ｒ………………5分

（２）若x∈［１，２］，f(x)＝|x＋a|＋2－x-1，………………7分 则f(x)＋x≤４等价于|x＋a|≤3恒成立， 即－3－x≤ａ≤3－x，

所以－4≤ａ≤1……………………10分