石家莊市2014屆4月高中畢業(yè)班第一次模擬考試數(shù)學(xué)理參考答案

1、石家莊市高中畢業(yè)班第一次模擬考試（數(shù)學(xué)理科答案）一、選擇題：A 卷答案： 1-5CAACC6-10CABDB11-12DBB 卷答案： 1-5DAADD6-10DABCB11-12CB11提示：曲線 f (x)x32x1關(guān)于（ 0,1）中心對稱 .12.提示：函數(shù)圖象不隨p, q 的變化而變化 .二、填空題：114.50516.81315.6416提示：可轉(zhuǎn)化為y3 ln xx 2上的動點與直線y x 2 上動點的問題 .三、解答題：（解答題按步驟給分，本答案只給出一或兩種答案，學(xué)生除標(biāo)準(zhǔn)答案的其他解法，參照標(biāo)準(zhǔn)酌情設(shè)定 ,且只給整數(shù)分）ì2q = 2，?a1解：（）設(shè)等比數(shù)列? 2

2、 分17.an 的公比為 q ，由已知得 í25?= 32，a1q?ì?a = 1，又 a1 > 0 ， q > 0，解得 ?í13 分?q = 2，? an = 2n- 1 ；5 分（）由題意可得b1+ b2+ b3 + L +bn= 2n - 1 ，1352n - 12n 11bn2n1 ，（ n2）2n1兩式相減得bn= 2n- 1 ，2n -1 bn (2n1)2n1 ，（ n2）7 分當(dāng) n = 1時， b1 = 1，符合上式， bn = (2n- 1)?2n- 1 ，（ n ? N*）8 分12()n- 1n設(shè)T = 1+ 3?2 5?2L

3、 + 2n - 1 ?2 ，2Tn = 1?2 3?225?23L+ (2n - 3)?2n- 1 (2n - 1)?2n ，10 分(2n- 1)nn兩式相減得- (2n- 1)?2- (2n - 3)?2 3 ，- Tn = 1+ 2 2 + 2 + L + 2 Tn = (2n- 3)2n + 3 12 分（整理結(jié)果正確即可，不拘泥于形式）18（本小題滿分12 分）如圖，在三棱柱ABCA1B1C1 中， ABAC ，頂點 A1在底面 ABC 上的射影恰為點B ，AB AC A1B2 （）證明：平面A1 AC 平面 AB1B ；（）若點 P 為 B1C1 的中點，求出二面角P AB A1

4、的余弦值證明：（）由題意得：A1B面ABC， A1BAC ,-2 分又 ABAC，ABA1BB AC面 ABB1 ，-3 分 AC面 A1AC ，平面 A1 AC 平面 AB1B ；-5 分（）解法1：以 A為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則 A(0,0,0), B(0,2,0), B (0,4,2)C (2,2,2)11因為 P 為棱 B1C1 的中點，故易求得P 1，3，2-6 分AB (0,2,0), AP (1,3,2)設(shè)平面 PAB 的法向量為 n1(x, y, z),ABn10,x3 y2z0則得2 y0APn10,令 z 1， 則n1(2,0,1),-8 分而平面 ABA1

5、 的法向量n2(1,0,0),-9 分則 cos n1, n2n1n222 5-11 分n1 | n2 |55由圖可知二面角 PAB A1 為銳角，故二面角 PABA1 的平面角的余弦值是25-12分.5解法 2：過 P 做 PP111交A11的中點于 P111平面A1 AB,連接 PB,則/A BC,由（）可知P A1P1 BA1 為二面角 PABA1 的平面角，-8 分在 Rt P1 BA1 中， P1 A1 1, A1 B2, P1B5 ， cosP1 BA1A1B22 5P1 B5，5故二面角 PABA1 的平面角的余弦值是25-12 分519.解：（）由題意得2t(1t )1 ，解得

6、 t1. 3 分222（）的所有可能取值為0，1，2，3P(0) (11)(1t )(1t )(2t )2；2228P(1(1t)(1t2 (11tt4 t 21)2)2)(1 )；22228P(2) 21t(1t ) (1 1)tt4t t 2；2222228P(1ttt23)22.28故 的分布列為：0123P(2 t )24 t 24t t 2t28888 7 分Et1. 8 分2由題意得：P(2)P(t12) P(t24t 21)0，P(0)0 ，24P(2)P(3)2tt 20 ，又因為 0t24所以解得 t 的取值范圍是 1t2 . 11 分3E522 . 12 分20.解：（）依

7、題意 ec3，a2過焦點 與長軸垂直的直線與橢圓 x2y 21a2b2聯(lián)立解答弦長為2b2，2 分a所以橢圓的方程x2y 214. 4 分（）設(shè)（，）kPAt0t直線 l PA : yt ( x2)123 ，3，聯(lián)立得：y t (x 2), 3x 2y21.44t29x2162162360即，236 , 所以 xM可知2xM16t 2188t 2，4t94t 29xM188t 2,則4t 29 6 分yM12t.4t 29xN8t 22 ,同理得到4t 214tyN.4t 21 8 分由橢圓的對稱性可知這樣的定點在x 軸，不妨設(shè)這個定點為m,0 ， 10-分又12t4tk MQ4t 29，kN

8、Q4t 21，188t 28t 224t 2m4t 21m9kMQkNQ ， 8m32 t 26m240 m4. 12 分，21.解： ( ) F (x)f ( x)g(x)x1 ln( x1)x ,F '(x)ln( x1),x( 1,0)F ' ( x) 0,F ( x) 為減函數(shù) ;x(0,), F ' (x)0, F (x) 為增函數(shù) ,所以 F ( x) 只有一個極小值點x0 ，極小值為0. 4 分( )設(shè) G( x)ln( x 1)f (x2 )ln( x1)x2 2 ln( x21)ax22x2依題意即求G ( x) 在 (1, x2 ) 上存在零點時 a

9、 的取值范圍 .又當(dāng) x1時， G ( x)，且 G (x) 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，所以只需要 G( x2 )0在 0,上恒成立 .即 ln( x21)x22ln( x21)2x200,上恒成立 .ax2，在即x21 ln( x21)ax22x20,在 0, 7 分上恒成立 .10 若 a0 ，顯然不成立 ,因為由第一問知F ( x)( x1) ln( x1)x 在 (0,) 為增函數(shù)，故 F (x)F (0)020x10 ,即 ln( x1)ax2x0在 0,恒成立 ,x1不妨設(shè) h(x)ln( x1)ax2x ， x0,x1h ' (x)x( ax 1 2a) , x (0,) ，(

10、x1) 2h ' (x)x(ax12a)0, x10, x21 2a , 9 分(x1) 2a若 a0,則1 2a0'x2，若x0，h ( x)0 ,h( x)為增函數(shù)，h( x)h(0) 0a所以（不合題意） ,若 0a1，若 x(0,12a ) ， h' ( x)0 , h( x) 為增函數(shù)， h( x)h(0)0（不合題意） ,12a若 a，若 x(0,) , h' ( x)0 ， h( x) 為減函數(shù) , h(x)h(0)0 （符合題意） ,2綜上所述 ,若 x0 時 , h( x)0 f (x)0恒成立 ,則 a1. 12 分222.解： ( ) 連接

11、 AB，在 EA 的延長線上取點F ，如圖所示AE 是 O1 的切線，切點為A， FAC ABC,. 1 分 FAC DAE ， ABC DAE , ABC 是 O2 內(nèi)接四邊形ABED 的外角， ABC ADE, 2 分 DAE ADE. 3 分EA ED, EA2EBEC , ED2EBEC . 5分( ) 當(dāng)點 D 與點 A 重合時，直線CA 與 O2 只有一個公共點，所以直線 CA 與 O2 相切6 分如圖所示，由弦切角定理知：PACABCMAEABE又 PACMAE因 ABCABE11802AC 與 AE 分別為 O1 和 O2 的直徑8 分由切割線定理知：EA2 BE·CE，而 CB 2， BE6， CE=8EA2 6× 848， AE 4 3 . 故 O2 的直徑為 4 3 . 10 分23.解：( )cos，2 分. 4 分( )設(shè) P（2cos ,2 sin）, C2( 1,0)222PC22cos12 sin24cos 22cos12sin 242cos 22cos946 分1, ， PC2 min7cos，8 分2271PQ min2. 10 分24.