高考唐山二模理科數(shù)學答案

1、唐山市20122013學年度高三年級第二次模擬考試理科數(shù)學參考答案一、選擇題A卷：BDCABCBABDCAB卷：DABCCABDADBD二、填空題（13）54（14）6（15）100（16）100三、解答題（17）解：由余弦定理得，a2b2c22bccosA，將已知條件代入上式，得aceq r(3)bcc2，則eq r(3)bca，再由正弦定理，eq r(3)sinBsinCsineq f( ,6)4分又sinCsin(eq f(5,6)B)eq f( 1 ,2)cosBeq f(r(3),2)sinB，所以eq f(r(3),2)sinBeq f( 1 ,2)cosBeq f( 1 ,2)，

2、即sin(Beq f( ,6)eq f( 1 ,2)10分因為eq f( ,6)Beq f( ,6)eq f(5,6)，所以Beq f( ,6)eq f( ,6)，即Beq f( ,3)12分（18）解：（）由題意得列聯(lián)表：語文優(yōu)秀語文不優(yōu)秀總計外語優(yōu)秀60100160外語不優(yōu)秀140500640總計200600800因為K2eq f(800(60500100140)2,160640200600)16.66710.828，所以能在犯錯概率不超過0.001的前提下認為該校學生母語對于學習和掌握一門外語有關系5分（）由已知數(shù)據(jù)，語文、外語兩科成績至少一科為優(yōu)秀的頻率是eq f( 3 ,8)則XB(

3、3，eq f( 3 ,8)，P(Xk)Ceq o(k,8)(eq f( 3 ,8)k(eq f( 5 ,8)8k，k0，1，2，3X的分布列為X0123p eq f(125,512) eq f(225,512) eq f(135,512) eq f(27,512)10分E(X)3eq f( 3 ,8)eq f( 9 ,8)12分（19）解：（）連接B1C交BC1于點P，連接PQ因為直線AB1平面BC1Q，AB1平面AB1C，平面BC1Q平面AB1CPQ，所以AB1PQABCQA1B1C1Pxyz因為P為B1C的中點，且AB1PQ，所以，Q為AC的中點4分（）如圖建立空間直角坐標系設ABBCa，

4、BB1b，則面BC1C的法向量為m(1，0，0)B(0，0，0)，C1(0，a，b)，Q(eq f(r(3),4)a，eq f( 1 ,4)a，0)，eq o(BC1,sup5()(0，a，b)，eq o(QC1,sup5()(eq f(r(3),4)a，eq f( 3 ,4)a，b)因QC1與面BC1C所成角的正弦值為eq f(r(2),4)，故eq o(sup9(|mo(QC1,sup5()|),sup5(_),sdo9(|m|o(QC1,sup5()|)eq o(sup12(f(r(3),4)a),sup5(_),sdo12(o(sdo11()o(sup15(_),sdo(f( 3 ,4

5、)a2b2)eq f(r(2),4)，解得beq f(r(3 ),2)a.8分設平面C1BQ的法向量n(x，y，z)，則eq blc(aal(no(QC1,sup5()0，,no(BC1,sup5()0，)即eq blc(aal(f(r(3 ),4)axf( 3 ,4)ayf(r(3),2)az0，,ayf(r(3),2)az0，)取n(1，eq r(3)，2)10分所以有cosm，n eq f(mn,|m|n|)eq f(r(2),4)故二面角Q-BC1-C的余弦值為eq f(r(2),4)12分（20）解：（）f(x)lnx1axf(x)單調(diào)遞減當且僅當f(x)0，即x(0，)，aeq f

6、(lnx1,x)設g(x)eq f(lnx1,x)，則g(x)eq f(lnx,x2)當x(0，1)時，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增；當x(1，)時，g(x)0，g(x)單調(diào)遞減所以g(x)g(1)1，故a的最小值為15分（）（1）由（）知，當a1時，f(x)沒有極值點（2）當a0時，f(x)單調(diào)遞增，f(x)至多有一個零點，f(x)不可能有兩個極值點7分（3）當0a1時，設h(x)lnx1ax，則h(x)eq f( 1 ,x)a當x(0，eq f( 1 ,a)時，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增；當x(eq f( 1 ,a)，)時，h(x)0，h(x)單調(diào)遞減9分因為f(eq f( 1 ,a)h

7、(eq f( 1 ,a)lneq f( 1 ,a)0，f(eq f( 1 ,e)h(eq f( 1 ,e)eq f( a ,e)0，所以f(x)在區(qū)間(eq f( 1 ,e)，eq f( 1 ,a)有一極小值點x110分由（）中的式，有1eq f(lnx1,x)，即lnxx1，則lneq f( 1 ,a)eq f( 1 ,a)1，故f(eq f( 2 ,a2)h(eq f( 2 ,a2)ln22lneq f( 1 ,a)1eq f( 2 ,a)ln22(eq f( 1 ,a)1)1eq f( 2 ,a)ln210所以f(x)在區(qū)間(eq f( 1 ,a)，eq f( 2 ,a2)有一極大值點x

8、2綜上所述，a的取值范圍是(0，1)12分（21）解：（）依題意，曲線E是以(0，m)為焦點，以ym為準線的拋物線曲線E的方程為x24my2分設動圓圓心為A(a，eq f(a2,4m)，則圓C方程為(xa)2(yeq f(a2,4m)2(eq f(a2,4m)m)2，令y0，得(xa)2eq f(a2,2)m2當a0時，圓C被x軸截得弦長取得最小值2m，于是meq f( 1 ,2)，故曲線E的方程為x22y5分（）假設存在題設的公共點B(b，eq f( 1 ,2)b2)圓C方程為(xa)2(yeq f( 1 ,2)a2)2(eq f( 1 ,2)a2eq f( 1 ,2)2，將點B坐標代入上式

9、，并整理，得(ba)21eq f( 1 ,4)(ab)2eq f( 1 ,4)(a21)27分對yeq f( 1 ,2)x2求導，得yx，則曲線E在點B處的切線斜率為b又直線AB的斜率keq f(f( 1 ,2)b2f( 1 ,2)a2,ba)eq f( 1 ,2)(ab)由圓切線的性質(zhì)，有eq f( 1 ,2)(ab)b18分由和得b2(b28)0顯然b0，則b2eq r(2)9分所以存在題設的公共點B，其坐標為(2eq r(2)，4)，公切線方程為y2eq r(2)(x2eq r(2)4或y2eq r(2)(x2eq r(2)4，即y2eq r(2)x412分（22）證明：ABCDEO（）

10、連接BD，因為D為 eq o(BC,)的中點，所以BDDC因為E為BC的中點，所以DEBC因為AC為圓的直徑，所以ABC90，所以ABDE5分（）因為D為 eq o(BC,)的中點，所以BADDAC，又BADDCB，則DACDCB又因為ADDC，DECE，所以DACECD所以 eq F(AC,CD) eq F(AD,CE)，ADCDACCE，2ADCDAC2CE，因此2ADCDACBC10分（23）解：（）將橢圓C的參數(shù)方程化為普通方程，得eq f(x2,4)eq f(y2,3)1a2，beq r(3)，c1，則點F坐標為(1，0)l是經(jīng)過點(m，0)的直線，故m14分（）將l的參數(shù)方程代入橢圓C的普通方程，并整理，得(3cos24sin2)t26tcos90設點A，B在直線參數(shù)方程中對應的參數(shù)分別為t1，t2，則|FA|FB|t1t2|eq f(9,3cos24sin2)eq f(9,3sin2)當sin0時，|FA|FB|取最大值3；當sin1時，|FA|FB|取最小值eq f( 9 ,4)10分（24）解：（）當a2時，f(x)2(|x2|x4|)eq blc(aal(12，x4