衡水中学数学三模

河北省衡水中学2013年1月高三第三次模拟考试理科数学试题

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

11． 若集合Myy2，Pyyx1，那么MP（ ）

xA.(0,) B.0,) C. (1,) D. 1,)

2． 一个社会调查机构就某地居民的月收入调查20000人，并根据所得数据画出了样本频率

分布直方图，为了分析居民的收入与年龄、学历、职业等方面的关系，按月收入用分层抽样方法抽样，若从月收入[3000,3500)（元）段中抽取了30人，则在这20000人中共

抽取的人数为（ ）

A .200 B 20000. C. 100 D. 40

3. 若Sn为等差数列an的前n项和，S936， S13104，则a5与a7的等比中项

为（ ）

A.42 B . 42 C . 22 D. 32

4. 已知f(x)cos(3x)3sin(3x)为偶函数，则可以取的一个值为（ ）

ππππA． B． C．－ D．－

63635． 已知直线l1:4x3y60和直线l2:x1，抛物线y24x上一动点P到直线l1和直

线l2的距离之和的最小值是（ ） A.2 B.3 C.

1153716 D.

6266. 若(1mx)a0a1xa2xa6x,且a1a2a663，则实数m的值为

（ ）

A. 1 B. -1 C. -3 D. 1或-3

7. 平面与球O相交于周长为2的⊙O,A、B为⊙O上两点，若∠AOB=

面距离为

244，且A、B的球

，则OO的长度为（ ）

A.1 B.2 C. D.2

xy608. 已知x,y满足xy0，若zaxy的最大值为3a9，最小值为3a3，则a

x3的范围为（ ）

A.a1 B.a1 C. 1a1 D. a1或a1

9．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（ ）

1

A.823 B. 83

C. 82 D.

23

10. 如图，在直角梯形ABCD中，ABAD,ADDC1,AB3， 动点P在以点C为圆心，

且与直线BD相切的圆内运动，设APADAB(,R)，则α+β的取值范围是

（ ）

45454（A）0, （B）[,] （C）(1,) （D）(1,)

3333

11．如图，ABC的外接圆的圆心为O，AB2，AC3，BC于（ ）

A．

12． 若双曲线

x227，则AOBC等

332 B．

52 C．2 D．3

abmb为边长的三角形一定是（ ）

A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 钝角三角形

y221与椭圆

x22y221（m>b>0 ）的离心率之积大于1，则以a,b,m

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 现将10个扶贫款的名额分配给某乡镇不同的四个村，要求一个村1个名额，一个村2个

名额，一个村3个名额，一个村4个名额，则不同的分配方案种数为 . 14．如果随机变量～N(1,2),且P(31)0.4,

开始 则P(1) .

15. 执行右边的程序框图，输出的T= .

S=0,T=0,n=0 是 T>S 否 S=S+5 n=n+2

T=T+n 输出T 结束

16. 如上图，在矩形ABCD中，AB1,AC2,O为AC中点，抛物线的一部分在矩形内，

点O为抛物线顶点，点B,D在抛物线上，在矩形内随机地放一点，则此点落在阴影部分

2

的概率为 .

三、解答题（本大题共6小题，共70分） 17．（本小题满分10分）

已知向量msinxcosx,3cosx，ncosxsinx,2sinx，（其

中0），函数fxmn，若f(x)相邻两对称轴间的距离为.

2（1）求的值，并求f(x)的最大值及相应x的集合；

C所对的边，ABC的面积S53，b4，b、（2）在ABC中，a、c分别是A、B、

fA1，求边a的长。

18、（本小题满分12分）

设数列an的前n项和为Sn．已知a1a，an1Sn3n，nN． （Ⅰ）设bnSn3n，求数列bn的通项公式； （Ⅱ）若an1≥an，nN*，求a的取值范围．

19．（本小题满分12分）

盒子里装有6件包装完全相同的产品，已知其中有2件次品，其余4件是合格品。为了找到2件次品，只好将盒子里的这些产品包装随机打开检查，直到两件次品被全部检查或推断出来为止。记表示将两件次品被全部检查或推断出来所需检查次数。

（1）求两件次品被全部检查或推断出来所需检查次数恰为4次的概率； （2）求的分布列和数学期望。

20.（本小题满分12分）

在四棱锥PABCD中，ABCACD90，BACCAD60，PA平面ABCD，E为PD的中点，PA2AB2．

（1）求四棱锥PABCD的体积V；

（2）)若F为PC的中点，求证：平面PAC平面AEF； （3）求二面角EACD的大小。

3

*

21. （本小题满分12分）

已知点F是抛物线C：y2x的焦点，S是抛物线C在第一象限内的点，且|SF|=（Ⅰ）求点S的坐标；

（Ⅱ）以S为圆心的动圆与x轴分别交于两点A、B，延长SA、SB 分别交抛物线C于M、N两点；

①判断直线MN的斜率是否为定值，并说明理由；

②延长NM交x轴于点E，若|EM|=|NE|，求cos∠MSN的值.

3154.

22. （本小题满分12分）

已知函数f(x)aln(x1)(x1)2在x1处有极值。 （1）求实数a值； （2）求函数fx的单调区间；

（3）试问是否存在实数m，使得不等式m2tme214f(x)对任意xe1,e 及t1,1恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由。（e2.71828）

答案 选择题

（Ⅱ）f(A)2sin(2A2AS126)1sin(2A6)120A ……7分

656,A3…………………8分

c5 …………………9分

bcsin355由余弦定理得：a2=16+25－2×4×5cos18. 解：

3=21 a21………12分

4

（Ⅰ）依题意，Sn1Snan1Sn3n，即Sn12Sn3n， 由此得Sn13n12(Sn3n)． 因此，所求通项公式为

bnSn3(a3)2nn1，nN*．…… 4分

（Ⅱ）由①知Sn3n(a3)2n1，nN*， 于是，当n≥2时， anSnSn1 3(a3)223n1nn13n2n1(a3)2n2n2

(a3)2n1，…… 6分

an1an43(a3)22n23n2a3， 122n23当n≥2时，an1≥an122a3≥0

a≥9． …… 8分

又a2a13a1．

．……10分 综上，所求的a的取值范围是9，19、解：（1）检查次数为4次包含两类情况：

①前3次检查中有一个次品，第4次检查出次品，其概率为P11C2C42A33AA4A6444615----2分

②前4次检查全部是合格品，余下两件必是次品，其概率为P2所以所求概率为P1P215115415115，----2分

,-------5分

(2)的可能取值为2,3,4,5-----------6分

P(2)P(4)C22C62115,P(3)415121C4A2C2A63215,

4123A4C2C4A3A64C4C2A4A64314,(一个1分)---------10分

P(5)815.分布列如下表：

 2 3 4 5

1248 P

15151515

124864345所以E2--------12分 151515151520. 解：（Ⅰ）在RtABC中，AB1，BAC60，∴BC3，AC2……1分

在RtACD中，AC2，CAD60，∴CD23，AD4…………2分

5

∴SABCD则V13125ABBC32512ACCD121312223523…………3分

23（Ⅱ）∵PA平面ABCD，∴PACD…………………………5分 又ACCD，PAACA，

3…………………………………………4分

∴CD平面PAC ……………………6分 ∵E、F分别为PD、PC中点，

∴EF//CD ∴EF平面PAC ……………………7分 ∵EF平面AEF，∴平面PAC平面AEF…………8分 （Ⅲ）取AD的中点M，连结EM，则EM//PA， ∴EM平面ACD，过M作MQAC于Q， 连接EQ，则EQM为二面角EACD的平面角。……………………10分

∵M为AD的中点，MQAC，CDAC， ∴MQ12CD3，又EM12PA1，∴tanEQMEMMQ33故EQM30即二面角EACD的大小为30…………………………12分。

13，

21..解：（1）设S(x0,y0)(y0＞0)，由已知得F(,0)，则|SF|=x0411454,x01，

∴y0=1，∴点S的坐标是(1,1)----------------- -------2分 （2）①设直线SA的方程为y1k(x1)(k0),M(x1,y1), 由y1k(x1),yx,2得ky2y1k0,

1k,y11k1，∴M( ∴y11(1k)k22,1k1)。

(1k)k22 由已知SA=SB，∴直线SB的斜率为k，∴N(112,1k1)，

1k ∴kMNkk212(1k)(1k)k13212--------------7分

②设E(t,0)，∵|EM|=|NE|，∴EM(1k)213EN，

1(1k)1∴( t,1)(t,1)，则22k3kkk1111(1),∴k2--------------------------8分 k3k13 ∴直线SA的方程为y2x1，则A(,0)，同理B(,0)

2212 ∴cosMSNcosASB22解：解：（Ⅰ）因为所以f(x)''SASBAB2SASB222235-------------12分

f(x)aln(x1)(x1)，

ax12x2． ……2分 a2220，a8．

6

由f(1)0，可得

经检验a8时，函数f(x)在x1处取得极值，

所以a8． ………4分 （Ⅱ）f(x)8ln(x1)(x1)2，

x1x1而函数f(x)的定义域为(1,)， f(x)'82x22(x1)(x3)． ……6分

当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

x

1,1

1

1,

f(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 极小值 ↗

由表可知，f(x)的单调减区间为(1,1)，f(x)的单调减区间为(1,)．……9分 (3)∵1e1，f(x)0,xe1,e时，f(x)minf(e1)8e2 …10分 不等式m2tme214f(x)对任意xe1,e 及t1,1恒成立，即

mtme14f(x)minmtme148e，

22222即m2tme260对t1,1恒成立， …12分

2mm602令g(t)mmt6，g(1)0,g(1)02，

mm60解得2m2为所求. …14分

7