高考唐山二模理科数学答案

1、唐山市20122013学年度高三年级第二次模拟考试理科数学参考答案一、选择题A卷：BDCABCBABDCAB卷：DABCCABDADBD二、填空题（13）54（14）6（15）100（16）100三、解答题（17）解：由余弦定理得，a2b2c22bccosA，将已知条件代入上式，得aceq r(3)bcc2，则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分因为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：（）由题意得列联表：语文优秀语文不优秀总计外语优秀60100160外语不优秀140500640总计200600800因为K2eq f(800(60500100140)2,160640200600)16.66710.828，所以能在犯错概率不超过0.001的前提下认为该校学生母语对于学习和掌握一门外语有关系5分（）由已知数据，语文、外语两科成绩至少一科为优秀的频率是eq f( 3 ,8)则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的分布列为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：（）连接B1C交BC1于点P，连接PQ因为直线AB1平面BC1Q，AB1平面AB1C，平面BC1Q平面AB1CPQ，所以AB1PQABCQA1B1C1Pxyz因为P为B1C的中点，且AB1PQ，所以，Q为AC的中点4分（）如图建立空间直角坐标系设ABBCa，

4、BB1b，则面BC1C的法向量为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与面BC1C所成角的正弦值为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分设平面C1BQ的法向量n(x，y，z)，则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的余弦值为eq f(r(2),4)12分（20）解：（）f(x)lnx1axf(x)单调递减当且仅当f(x)0，即x(0，)，aeq f

6、(lnx1,x)设g(x)eq f(lnx1,x)，则g(x)eq f(lnx,x2)当x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递减所以g(x)g(1)1，故a的最小值为15分（）（1）由（）知，当a1时，f(x)没有极值点（2）当a0时，f(x)单调递增，f(x)至多有一个零点，f(x)不可能有两个极值点7分（3）当0a1时，设h(x)lnx1ax，则h(x)eq f( 1 ,x)a当x(0，eq f( 1 ,a)时，h(x)0，h(x)单调递增；当x(eq f( 1 ,a)，)时，h(x)0，h(x)单调递减9分因为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)在区间(eq f( 1 ,e)，eq f( 1 ,a)有一极小值点x110分由（）中的式，有1eq f(lnx1,x)，即lnxx1，则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)在区间(eq f( 1 ,a)，eq f( 2 ,a2)有一极大值点x

8、2综上所述，a的取值范围是(0，1)12分（21）解：（）依题意，曲线E是以(0，m)为焦点，以ym为准线的抛物线曲线E的方程为x24my2分设动圆圆心为A(a，eq f(a2,4m)，则圆C方程为(xa)2(yeq f(a2,4m)2(eq f(a2,4m)m)2，令y0，得(xa)2eq f(a2,2)m2当a0时，圆C被x轴截得弦长取得最小值2m，于是meq f( 1 ,2)，故曲线E的方程为x22y5分（）假设存在题设的公共点B(b，eq f( 1 ,2)b2)圆C方程为(xa)2(yeq f( 1 ,2)a2)2(eq f( 1 ,2)a2eq f( 1 ,2)2，将点B坐标代入上式

9、，并整理，得(ba)21eq f( 1 ,4)(ab)2eq f( 1 ,4)(a21)27分对yeq f( 1 ,2)x2求导，得yx，则曲线E在点B处的切线斜率为b又直线AB的斜率keq f(f( 1 ,2)b2f( 1 ,2)a2,ba)eq f( 1 ,2)(ab)由圆切线的性质，有eq f( 1 ,2)(ab)b18分由和得b2(b28)0显然b0，则b2eq r(2)9分所以存在题设的公共点B，其坐标为(2eq r(2)，4)，公切线方程为y2eq r(2)(x2eq r(2)4或y2eq r(2)(x2eq r(2)4，即y2eq r(2)x412分（22）证明：ABCDEO（）

10、连接BD，因为D为 eq o(BC,)的中点，所以BDDC因为E为BC的中点，所以DEBC因为AC为圆的直径，所以ABC90，所以ABDE5分（）因为D为 eq o(BC,)的中点，所以BADDAC，又BADDCB，则DACDCB又因为ADDC，DECE，所以DACECD所以 eq F(AC,CD) eq F(AD,CE)，ADCDACCE，2ADCDAC2CE，因此2ADCDACBC10分（23）解：（）将椭圆C的参数方程化为普通方程，得eq f(x2,4)eq f(y2,3)1a2，beq r(3)，c1，则点F坐标为(1，0)l是经过点(m，0)的直线，故m14分（）将l的参数方程代入椭圆C的普通方程，并整理，得(3cos24sin2)t26tcos90设点A，B在直线参数方程中对应的参数分别为t1，t2，则|FA|FB|t1t2|eq f(9,3cos24sin2)eq f(9,3sin2)当sin0时，|FA|FB|取最大值3；当sin1时，|FA|FB|取最小值eq f( 9 ,4)10分（24）解：（）当a2时，f(x)2(|x2|x4|)eq blc(aal(12，x4