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1、唐山市20132014学年度高三年级第一次模拟考试 理科数学一、选择题：（本大题共12题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中 ，中有一项是符合题目要求的.1. 设 则z= A. B. C. D. 2下面的茎叶图表示柜台记录的一天销售额情况（单位：元），则销售额中的中位数是102201431126438A30.5 B31.5 C31 D323己知集合A= ，B= ，则AAB= BBA CACRB=R DAB4. 二项展开式中的常数项为 A. 56 B. 112 C. -56 D. -112 5执行右边的程序框图，则输出的S是A5040 B2450 C4850 D25506已知等比数列 的前n项
2、和为Sn ,且 A4n-1 B4n-1 C2n-1 D2n-17某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A6 B2 C3 D3 8若 则 A- B C- D 9正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为 A8p B16p C32p D64p10双曲线左支上一点P到直线=x的距离为 , 则A-2 B2 C-4 D411AD, BE分别是DABC的中线，若|=|=1，且与的夹角为120，则= A B C D 12各项均为正数的数列 , 满足：，那么 ABC D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13函数y= 的值域 .14设变量x,满足约束条件, 则目标函数的最大值为
3、.15过抛物线C：y2=4x的焦点F作直线交抛物线C于A、B两点，若A到抛物线的准线的距离为4，则|AB|= .16定义在R上的函数满足： 当x0时，x ,则不等式+x 的解集为 .三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（本小题满分12分） 在DABC中，角A、B、C的对边分别为，且4bsinA=. （I）求sinB的值； （II）若成等差数列，且公差大于0，求cosA-cosC的值.18（本小题满分12分） 甲、乙、丙三个车床加工的零件分别为350个，700个，1050个，现用分层抽样的方法随机抽取6个零件进行检验. （）从抽取的6个零件中任意取出2
4、个，已知这两个零件都不是甲车床加工的，求至少有一个是乙车床加工的概率； （）从抽取的6个零件中任意取出3个，记其中是乙车床加工的件数为X，求X的分布列和期望19（本小题满分12分）如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，O是AC的中点，A1O平面ABC，BCA=90，AA1=AC=BC. （I）求证：A1BAC1; （II）求二面角A-BB1-C的余弦值20（本小题满分12分）P为圆A:上的动点，点B（1,0）.线段PB的垂直平分线与半径PA相交于点M，记点M的轨迹为 （I）求曲线的方程； （II）当点P在第一象限，且cosBAP=时，求点M的坐标21（本小题满分12分） 已知函数. （I）求
5、函数的最大值； （）设 证明有最大值，且-2t-1.请考生在第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑22（本小题满分10分）选修41:几何证明选讲如图，AE是圆O的切线，A是切点，ADOE于B、C两点 （）证明：O，D，B，C四点共圆； （）设DBC=50，ODC=30，求OEC的大小23（本小题满分10分）选修44:坐标系与参数方程已知直线的参数方程为 (t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为. （）把圆C的极坐标方程化为直角坐标方程； ()将直线向右平移h个单
6、位，所对直线 与圆C相切，求h24（本小题满分10分）选修4-5:不等式选讲已知函数 （）若当时，恒有 ，求的最大值； () 若当时，恒有 求的取值范围.唐山市20132014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：ABDCCDBAAB DCB卷：DCABBCDADACB二、填空题：（13）(，1（14）6（15）（16）(，三、解答题：（17）解：（）由4bsinAa，根据正弦定理得4sinBsinAsinA，所以sinB4分（）由已知和正弦定理以及（）得sinAsinC设cosAcosCx，22，得22cos(AC)x27分又abc，ABC，所以0B90，cosAc
7、osC，故cos(AC)cosB10分代入式得x2因此cosAcosC12分（18）解：（）由抽样方法可知，从甲、乙、丙三个车床抽取的零件数分别为1，2，3从抽取的6个零件中任意取出2个，记事件“已知这两个零件都不是甲车床加工点”为A，事件“其中至少有一个是乙车床加工的”为B，则P(A)，P(AB)，所求概率为P(B|A)0.75分（）X的可能取值为0，1，2P(Xi)，i0，1，2X的分布列为X012P0.20.60.210分X的期望为E(x)00.210.620.2112分（19）解：（）因为A1O平面ABC，所以A1OBC又BCAC，所以BC平面A1ACC1，所以AC1BC2分因为AA1
8、AC，所以四边形A1ACC1是菱形，所以AC1A1C所以AC1平面A1BC，所以A1BAC15分ABCA1OB1C1xyz（）以OC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A(0，1，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，C1(0，2，)(2，2，0)，(0，1，)，设m(x，y，z)是面ABB1的一个法向量，则mm0，即取m(，1)同理面CBC1的一个法向量为n(0，1)10分因为cosm，n所以二面角A-BB1-C的余弦值12分（20）解：（）圆A的圆心为A(1，0)，半径等于2由已知|MB|MP|，于是|MA|MB|MA|MP|2，故曲线是以A，B为焦点，以2为长轴长的
9、椭圆，a，c1，b1，曲线的方程为y215分（）由cosBAP，|AP|2，得P(，)8分于是直线AP方程为y(x1)由解得5x22x70，x11，x2由于点M在线段AP上，所以点M坐标为(1，)12分（21）解：（）f(x)xex当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以f(x)的最大值为f(0)04分（）g(x)，g(x)设h(x)(x2x1)ex1，则h(x)x(x1)ex当x(，1)时，h(x)0，h(x)单调递减；当x(1，0)时，h(x)0，h(x)单调递增；当x(0，)时，h(x)0，h(x)单调递减7分又h(2)10，h(1)
10、10，h(0)0，所以h(x)在(2，1)有一零点t当x(，t)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(t，0)时，g(x)0，g(x)单调递减10分由（）知，当x(，0)时，g(x)0；当x(0，)时，g(x)0因此g(x)有最大值g(t)，且2t112分（22）解：（）连结OA，则OAEA由射影定理得EA2EDEO由切割线定理得EA2EBEC，故EDEOEBEC，即，又OECOEC，所以BDEOCE，所以EDBOCE因此O，D，B，C四点共圆6分ABCDEO（）连结OB因为OECOCBCOE180，结合（）得OEC180OCBCOE180OBCDBE180OBC(180DBC)DBCODC2010分（23）解：（）因为2x2y2，siny，所以圆C的直角坐标方程为x2y24y204分（）平移直线l后，所得直线l的（t为参数）2t22(h12)t(h10)220因为l与圆C相切，所以4(h12)28(h10)220，即h216h600，解得h6或h1010分（24）解：（）g(x)5|2x1|552x152x3；f(x)6|2xa|6aa62xa6aa3x3依题意有，a32，a1故a的最大值为16分（）f(x)g(x)|2xa|2x1|a|2x
