2014年邢台市第二次高考模拟试卷

数学试卷参考答案(文科)

1．C　因为B＝{1，2，3}，所以A∩UB＝{－3}，故选C.

2．C　由iz＝2＋4i可得，z＝＝＝＝＝4－2i，故选C.

3．A　设公比为q，由题意知q>0.由a3·a7＝4a得q2＝4，解得q＝2，a1＝＝1.

4．C　＝，得k＝2，∴C种型号产品抽取的件数为120×＝36.

5．B　若点M到抛物线焦点的距离不少于3,则2+≥3,解得p≥2,故选B.

6．B　∵log0.3320＝1，0<0.32<1，

∴ b＜a＜d＜c.

7．A　因为f(x)＝sin x－cos x＝2sin (x－)，所以f(x)＝2sin(x＋m－)为偶函数，故m－＝π(k∈Z)，从而m的最小值为.

8．C　第一次循环，x＝3x－2＝28，不满足条件x＞2014，再次循环；

第二次循环，x＝3x－2＝82，不满足条件x＞2014，再次循环；

第三次循环，x＝3x－2＝244，不满足条件x＞2014，再次循环；

第四次循环，x＝3x－2＝730，不满足条件x＞2014，再次循环；

第五次循环，x＝3x－2＝2188，满足条件x＞2014，结束循环，

因此循环次数为5次．

9．D　由三视图可知，此几何体为半个圆台，由图中数据可知，上下底面半径分别为1，2，母线长为2，高为，故该几何体的表面积为S＝[π×12＋π×22＋π(1＋2)×2]＋×＝＋3.

10．C　∵x＞1，∴x－1＞0，则f′(x)＝x2－2x＋＝(x－1)2＋－1≥7，当且仅当x＝3时等号成立．

11．B　连结EF，DF，易证得BCFE是矩形，则三棱柱ABE－DCF是球O的内接直三棱柱，∵AB＝2，AA1＝2，∴tan∠ABA1＝，即∠ABA1＝60°，又AE⊥BA1，∴AE＝， BE＝1，∴球O的半径R＝＝，则球O表面积S＝4π()2＝8π.

12．B　∵直线AB与渐近线y＝－x平行，∴∠BOF＝∠BFO(O为坐标原点)，设F(c，0)，则点B坐标为(，)，∵\s\up6(→(→)＝\s\up6(→(→)，∴点A是BF的中点，即A(，)，将点A的坐标代入到双曲线方程得－＝1?e＝.

13．－10　∵a∥b，∴x＝－4，又∵b⊥c，∴2m＋12＝0，即m＝－6，∴x＋m＝－10.

14.　随机地取出2个小球，用列举法数出来，共有10种可能，取出的小球标注的数字之和为6的只有(2，4)，(1，5)这2种可能．

∴p＝＝.

15．[3，＋∞)　作出不等式组对应的区域为三角形BCD，直线y＝kx－1过定点M(0，－1)，由图象可知要使直线y＝kx－1与区域Ω有公共点，则有直线的斜率k≥kMC，由得，即C(1，2)．又kMC＝＝3，所以k≥3，即[3，＋∞)．

16．1006　因为an＝1＋ncos，所以a1＝1＋0，a2＝1－2，a3＝1＋0，a4＝1＋4，…于是S2014＝2014＋[(－2)＋4]＋[(－6)＋8]＋…＋[(－2010)＋2012]＋(－2014)＝
＝1006.

17．解：(1)∵c＝2bcos A，由正弦定理得sin C＝2sin B·cos A，

∴sin(A＋B)＝2sin B·cos A，

即有sin(A－B)＝0，

在△ABC中，∵0

∴A＝B.（6分）

(2)由(1)知a＝b.

∵cos C＝，∴sin C＝.

∵△ABC的面积S＝，∴S＝absin C＝，a＝b＝5，

由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C＝10，

得c＝.(12分)

18．解：(1)由频率分布表得a＋0.2＋0.45＋b＋c＝1，即a＋b＋c＝0.35.

因为抽取的20件日用品中，等级系数为4的恰有3件，所以b＝＝0.15.

等级系数为5的恰有2件，所以c＝＝0.1.

从而a＝0.35－b－c＝0.1.所以a＝0.1，b＝0.15，c＝0.1.(6分)

(2)从日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取两件，所有可能的结果为：{x1，x2}，{x1，x3}，{x1，y1}，{x1，y2}，{x2，x3}，{x2，y1}，{x2，y2}，{x3，y1}，{x3，y2}，{y1，y2}．

设事件A表示“从日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取两件，其等级系数相等”，则A包含的基本事件为：{x1，x2}，{x1，x3}，{x2，x3}，{y1，y2}，共4个．

又基本事件的总数为10，故所求的概率P(A)＝＝0.4.(12分)

19．解：(1)取CD的中点为F，连结EF，则EF为△A1CD的中位线．∴EF∥A1C.(2分)

又EF平面A1BC，∴EF∥平面A1BC.(5分)

(2)四边形ABCD为直角梯形且AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，AB＝BC＝1，

∴AC＝CD＝，

∴AD2＝AC2＋CD2即CD⊥AC.(7分)

又AA1⊥底面ABCD，CD底面ABCD，∴AA1⊥CD，又AA1∩AC＝A，

∴CD⊥平面A1ACC1.(9分)

由CD⊥平面A1ACC1，

∴CD为四棱锥D－A1ACC1的底面A1ACC1上的高，又AA1⊥底面ABCD，∴四边形A1ACC1为矩形，

∴四棱锥D－A1ACC1的体积VD－A1ACC1＝SA1ACC1·CD＝××2×＝.(12分)

20．解：(1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，

当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝，

故f(x)的单调递减区间是(0，1).(5分)

(2)由题意得g′(x)＝2x＋－，函数g(x)在[1，＋∞)上是单调函数.

①若g(x)为[1，＋∞)上的单调增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，

即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x)＝－2x2，

∵φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，

∴φ(x)max＝φ(1)＝0，

∴a≥0.

②若g(x)为[1，＋∞)上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，

即a≤－2x2在[1，＋∞)上恒成立，不可能．

∴实数a的取值范围是a≥0.(12分)

21．解：(1)由题意知点(3，－1)在椭圆C上，即＋＝1, ①

又椭圆的离心率为，所以＝＝()2＝，②

联立①②可解得a2＝12，b2＝4，所以椭圆C的方程为＋＝1. (5分)

(2)因为直线l的方程为x＝－2，设P(－2，y0)，y0∈(－，)，

当y0≠0时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然x1≠x2，

联立则＋＝0，即＝－·，

又PM＝PN，即P为线段MN的中点，

故直线MN的斜率为－·＝，

又l′⊥MN，所以直线l′的方程为y－y0＝－(x＋2)，

即y＝－(x＋)，

显然l′恒过定点(－，0)；

当y0＝0时，直线MN即x＝－2，此时l′为x轴亦过点(－，0)．

综上所述，l′恒过定点(－，0)．(12分)

22．解：(1)∵AE＝AC，∴∠EDC＝∠AOC,

∴∠POC＝∠FDP，∠P是公共角，

∴△POC∽△PDF，∴＝，∴PD·PC＝PF·PO，

∵PD·PC＝PB·PA，∴PF·PO＝PB·PA.（5分）

(2)∵PB＝2BF，∴设PB＝x，则BF＝x，PF＝x.

又∵⊙O半径为2，∴PO＝x＋2，PA＝x＋4.

由(1)知PF·PO＝PB·PA，故x(x＋2)＝x(x＋4)，

解得x＝2，x＝0(舍去)．∴PB＝2.（10分）

23．解：(1)∵ρsin(－θ)＝ρ(sincos θ－cossin θ)＝，

∴ρcos θ－ρsin θ＝，∴其直角坐标方程为x－y－2＝0.（5分）

(2)将圆M的参数方程代入直线方程x－y－2＝0，

得1＋3cos θ＋2－3sin θ－2＝0，即sin θ－cos θ＝，

两边平方整理得sin θcos θ＝，所以＝＝，

∴4tan2θ－9tan θ＋4＝0，∴kAM＋kBM＝－＝.（10分）

24．解：(1)由不等式|2x－3|≤1可化为－1≤2x－3≤1得1≤x≤2，（3分）

∴m＝1，n＝2，m＋n＝3.（6分）

(2)若|x－a|＜1，则|x|＝|x－a＋a|≤|x－a|＋|a|＜|a|＋1.（10分）