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河北省唐山市2015届高三第一次模拟考试数学(理)试题 扫描版含答案


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唐山市 2014—2015 学年度高三年级第一次模拟考试

理科数学参考答案
一、选择题: A 卷:CABAB B 卷:CABCC 二、填空题: (13) 5; 三、解答题: (17)解: (Ⅰ)当 n=1 时,由(1-q)

S1+qa1=1,a1=1. 当 n≥2 时,由(1-q)Sn+qan=1,得(1-q)Sn-1+qan-1=1,两式相减得 an=qan-1, 又 q(q-1)≠0,所以{an}是以 1 为首项,q 为公比的等比数列, - 故 an=qn 1. ?6 分 1-anq 1-a3q 1-a6q 2(1-a9q) (Ⅱ)由(Ⅰ)可知 Sn= ,又 S3+S6=2S9,得 + = , 1-q 1-q 1-q 1-q 化简得 a3+a6=2a9,两边同除以 q 得 a2+a5=2a8. 故 a2,a8,a5 成等差数列. ?12 分 (18)解: 1 2 4 (Ⅰ)设“甲恰得一个红包”为事件 A,P(A)=C1 2× × = . 3 3 9 (Ⅱ)X 的所有可能值为 0,5,10,15,20. ?4 分 (14)6; (15)16π; (16)[4,12]. BDCAC BDCAB DC DA

() 1 2 2 1 6 P(X=10)=( 3 ) × 3 +( 3 ) × 3 =27, 1 1 P(X=20)=( 3 ) =27.
2 2 2 8 P(X=0)= 3 × 3 =27,
2 2 3

() 1 2 4 P(X=15)=C ×( 3 ) × 3 =27,
1 2 2 8 P(X=5)=C1 2× × 3 3 =27,
1 2 2

?10 分

X 的分布列: 5 10 15 20 8 6 4 1 P 27 27 27 27 8 8 6 4 1 20 E(X)=0×27+5×27+10×27+15×27+20×27= 3 . X 0 8 27

?12 分

z

A

A1

(19)解: (Ⅰ)证明:连 AC1,CB1,则 △ACC1 和△B1CC1 皆为正三角形.
O -5B C x B1 C1 y

取 CC1 中点 O,连 OA,OB1,则 CC1⊥OA,CC1⊥OB1,则 CC1⊥平面 OAB1,则 CC1⊥AB1. (Ⅱ)解:

?4 分

由(Ⅰ)知,OA=OB1= 3,又 AB1= 6, 所以 OA⊥OB1.如图所示,分别以 OB1,OC1,OA 为正方向建立空间直角坐标系, 则 C(0,-1,0),B1( 3,0,0),A(0,0, 3), ?6 分 设平面 CAB1 的法向量为 m=(x1,y1,z1), 因为

→ AB1 =( 3,0,- 3),→ AC =(0,-1,- 3),
? 3×x1+0×y1- 3×z1=0, ? 所以? 取 m=(1,- 3,1). ?0×x1-1×y1- 3×z1=0, ? 设平面 A1AB1 的法向量为 n=(x2,y2,z2), 因为

?8 分

→ AB1 =( 3,0,- 3),→ AA1 = (0,2,0),
? 3×x2+0×y2- 3×z2=0, 所以? 取 n=(1,0,1). ?10 分 ?0×x1+2×y1+0×z1=0, m·n 2 10 则 cos m,n = = = 5 ,因为二面角 C-AB1-A1 为钝角, |m||n| 5× 2

10 所以二面角 C-AB1-A1 的余弦值为- 5 . (20)解: (Ⅰ)设 AB 的中点为 M,切点为 N,连 OM,MN,则 |OM|+|MN|=|ON|=2, 取 A 关于 y 轴的对称点 A , 连 A B,故|A B|+|AB|=2(|OM|+|MN|)=4. 所以点 B 的轨迹是以 A ,A 为焦点,长轴长为 4 的椭 圆. 其中,a=2,c= 3,b=1,则 x2 曲线 Γ 的方程为 4 +y2=1. ?5 分 (Ⅱ)因为 B 为 CD 的中点,所以 OB⊥CD, 则→ OB ⊥→ AB .设 B(x0,y0), 2 则 x0(x0- 3)+y0=0. 2 x0 2 2 2 又 4 +y0=1 解得 x0= ,y0=± . 3 3 2 则 kOB=± 2 ,kAB= 2, 则直线 AB 的方程为 y=± 2(x- 3),即 2x-y- 6=0 或 2x+y- 6=0. ?7 分
y

?12 分

B M A O A

N x

y

D

B

?10 分 ?12 分

O

A

C

x

(21)解: (Ⅰ)令 p ( x)=f ( x)=ex-x-1,p ( x)=ex-1, 在(-1,0)内,p ( x)<0,p ( x)单减;在(0,+∞)内,p ( x) >0,p ( x)单增. 所以 p ( x)的最小值为 p (0)=0,即 f (x)≥0, 所以 f ( x)在(-1,+∞)内单调递增,即 f ( x)>f ( -1)>0. ?4 分 2 - (Ⅱ)令 h ( x)=g ( x)-(ax+1),则 h ( x)= -e x-a, x+1

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2 1 2 - 令 q ( x)= -e x-a,q ( x)=ex- . x+1 (x+1)2 由 (Ⅰ)得 q ( x)<0,则 q ( x)在(-1,+∞)上单调递减. ?6 分 (1)当 a=1 时,q (0)=h (0)=0 且 h (0)=0. 在(-1,0)上 h ( x)>0,h ( x)单调递增,在(0,+∞)上 h'( x)<0,h ( x)单调递减, 所以 h ( x)的最大值为 h (0),即 h ( x)≤0 恒成立. ?7 分 (2)当 a>1 时,h (0)<0, 1-a 2 2 - x∈(-1,0)时,h ( x)= -e x-a< -1-a=0,解得 x= ∈(-1,0). x+1 x+1 a+1 即 x∈ -a (1 ,0)时 h a+1 ( x)<0,h ( x)单调递减,

又 h (0)=0,所以此时 h ( x)>0,与 h ( x)≤0 恒成立矛盾. ?9 分 (3)当 0<a<1 时,h (0)>0, 1-a 2 2 - x∈(0,+∞)时,h ( x)= -e x-a> -1-a=0,解得 x= ∈(0,+∞). x+1 x+1 a+1 1-a 即 x∈ 0, 时 h ( x)>0,h ( x)单调递增, a+1 又 h (0)=0,所以此时 h ( x)>0,与 h ( x)≤0 恒成立矛盾. 综上,a 的取值为 1.

(

)

?11 分 ?12 分
E C D F A B

(22)解: (Ⅰ)证明:因为 ∠EDC=∠DAC, ∠DAC=∠DAB, ∠DAB=∠DCB, 所以∠EDC=∠DCB, 所以 BC∥DE. ?4 分 (Ⅱ)解:因为 D,E,C,F 四点共圆,所以 ∠CFA=∠CED,由(Ⅰ)知∠ACF=∠CED,所以 ∠CFA=∠ACF.设∠DAC=∠DAB=x, 因为⌒ AC =⌒ BC ,所以∠CBA=∠BAC=2x, 所以∠CFA=∠FBA+∠FAB=3x,

π 在等腰△ACF 中,π=∠CFA+∠ACF+∠CAF=7x,则 x= 7 , 2π 所以∠BAC=2x= 7 . (23)解:
?x=2cos θ, (Ⅰ)C:? (θ 为参数) ,l:x- 3y+9=0. ?y= 3sin θ

?10 分

?4 分

(Ⅱ)设 P(2cos θ, 3sin θ), 则|AP|= (2cos θ-1)2+( 3sin θ)2=2-cos θ, |2cos θ-3sin θ+9| 2cos θ-3sin θ+9 P 到直线 l 的距离 d= = . 2 2 3 4 由|AP|=d 得 3sin θ-4cos θ=5,又 sin 2 θ +cos 2 θ=1,得 sin θ= 5 ,cos θ=- 5 . 8 3 3 故 P -5, 5 .

(

)

?10 分

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(24)解: -3x, x≤-1; ? ?-x+2,-1≤x≤ 1 ; 2 (Ⅰ)因为 f (x)=|2x-1|+|x+1|=? 1 ? ?3x, x≥ 2 且 f (1)=f (-1)=3,所以,f (x)<3 的解集为{x|-1<x<1}; ?4 分 a a a a (Ⅱ)|2x-a|+|x+1|= x- 2 +|x+1|+ x- 2 ≥ 1+ 2 +0= 1+ 2 a a 当且仅当(x+1) x- 2 ≤0 且 x- 2 =0 时,取等号. a 所以 1+ 2 =1,解得 a=-4 或 0.

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(

)

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?10 分

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