河北省唐山市高考数学二模试卷(文科)(解析版)

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1、河北省唐山市高考数学二模试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分，在每题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目规定1集合A=x|2x1，B=x|1x2，则AB=（）A（2，1）B（1，1）C（2，2）D（1，2）2数z满足（1+z）（1+2i）=i，则复平面内表达复数z的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3为实数，则“=2k+（kZ）”是“tan=1”的（）A充足不必要条件B必要不充足条件C充要条件D既不充足又不必要条件4大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，则甲、乙被安排到不同景区的概率为（）ABCD5执行如图的

2、程序框图，若输入M的值为1，则输出的S=（）A6B12C14D206已知a=log34，b=log3，c=50.5，则a，b，c的大小关系是（）AabcBacbCbcaDbac7若实数x，y满足，则z=3x+4y的最大值是（）A3B8C14D158函数f（x）=cos（x+）+2sinsin（x+）的最大值是（）A1BsinC2sinD9椭圆y2+=1（0m1）上存在点P使得PF1PF2，则m的取值范畴是（）A，1）B（0，C，1）D（0，10在ABCD中，AB=2AD=4，BAD=60，E为BC的中点，则=（）A6B12C6D1211在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD为正方

3、形，PA=AB，该四棱锥被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）ABCD12已知函数f（x）=x在0，1）上的最大值为m，在（1，2上的最小值为n，则m+n=（）A2B1C1D2二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分，把答案填写在题中横线上13已知双曲线C的焦点在x轴上，渐近线方程是y=2x，则C的离心率e=14已知ABC的三边长分别为2，3，则ABC的面积S=15已知函数f（x）=exax1，若x轴为曲线y=f（x）的切线，则a=16已知AB是球O的直径，C，D为球面上两动点，ABCD，若四周体ABCD体积的最大值为9，则球O的表面积为三、

4、解答题：本大题共70分，其中（17）-（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题解答应写出文字阐明、证明过程或演算环节17已知等差数列an的前n项和为Sn，a1=7，S8=0（）求an的通项公式；（）数列bn满足b1=，bnbn+1=2an，求数列bn的通项公式18二手车经销商小王对其所经营的某一型号二手汽车的使用年数x（0x10）与销售价格y（单位：万元/辆）进行整顿，得到如表的相应数据：使用年数 2 4 6 8 10 售价 16 13 9.5 74.5（）试求y有关x的回归直线方程；（参照公式： =， =）（）已知每辆该型号汽车的收购价格为w=0.05x21.75x+17.

5、2万元，根据（）中所求的回归方程，预测x为什么值时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大？19如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为边AD的中点，分别沿BE，CE将ABE，DCE折叠，使平面ABE和平面DCE均与平面BCE垂直（）证明：AD平面BEC；（）求点E到平面ABCD的距离20已知抛物线C：y2=4x，通过点（4，0）的直线l交抛物线C于A，B两点，M（4，0），O为坐标原点（）证明：kAM+kBM=0；（）若直线l的斜率为k（k0），求的最小值21设函数f（x）=+（1k）xklnx（）讨论f（x）的单调性；（）若k为正数，且存在x0使得f（x0）k2，求k的取值范畴请

6、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相应的题号涂黑选修4-1：几何证明选讲22如图，四边形ABCD内接于圆O，AC与BD相交于点F，AE与圆O相切于点A，与CD的延长线相交于点E，ADE=BDC（）证明：A、E、D、F四点共圆；（）证明：ABEF选修4-4：坐标系与参数方程23在直角坐标系xOy中，曲线C1：（为参数，0），曲线C2与曲线C1有关原点对称，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为=2（0），过极点O的直线l分别与曲线C1，C2，C3相交于点A，B，C（）求曲线C1的极坐

7、标方程；（）求|AC|BC|的取值范畴选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=|x+1|+m|x1|（）当m=2时，求不等式f（x）4的解集；（）若m0，f（x）2m，求m的最小值河北省唐山市高考数学二模试卷（文科）参照答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分，在每题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目规定1集合A=x|2x1，B=x|1x2，则AB=（）A（2，1）B（1，1）C（2，2）D（1，2）【考点】并集及其运算【分析】由A与B，求出两集合的并集即可【解答】解：A=x|2x1，B=x|1x2，AB=x|2x2故选：C2数z满足（1+z）（1+2i）=i，则

8、复平面内表达复数z的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】由（1+z）（1+2i）=i，得到，再运用复数代数形式的乘除运算化简，求出复平面内表达复数z的点的坐标，则答案可求【解答】解：由（1+z）（1+2i）=i，得=，则复平面内表达复数z的点的坐标为：（，），位于第二象限故选：B3为实数，则“=2k+（kZ）”是“tan=1”的（）A充足不必要条件B必要不充足条件C充要条件D既不充足又不必要条件【考点】必要条件、充足条件与充要条件的判断【分析】由tan=1，解得=（kZ），即可得出【解答】解：由tan=1，解得=（kZ），“=2k+（kZ）”

9、是“tan=1”的充足不必要条件故选：A4大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，则甲、乙被安排到不同景区的概率为（）ABCD【考点】古典概型及其概率计算公式【分析】大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，运用列举法求出基本领件总数和甲、乙被安排到同一景区涉及的基本领件个数，由此运用对立事件概率加法公式能求出甲、乙被安排到不同景区的概率【解答】解：大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，基本领件总数有（甲乙，丙），（甲丙，乙），（乙丙，甲），（丙，甲乙），（乙，甲丙），

10、（甲，乙丙），共6个基本领件，其中，甲、乙被安排到同一景区涉及的基本领件有（甲乙，丙），（丙，甲乙），涉及两个基本领件，甲、乙被安排到不同景区的概率：p=1=故选：D5执行如图的程序框图，若输入M的值为1，则输出的S=（）A6B12C14D20【考点】程序框图【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的M，S，k的值，当k=4时不满足条件k3，退出循环，输出S的值为12【解答】解：模拟执行程序，可得M=1，S=1，k=1满足条件k3，M=3，S=4，k=2满足条件k3，M=2，S=6，k=3满足条件k3，M=6，S=12，k=4不满足条件k3，退出循环，输出S的值为12故选：B6已知a=l

11、og34，b=log3，c=50.5，则a，b，c的大小关系是（）AabcBacbCbcaDbac【考点】对数值大小的比较【分析】运用指数函数与对数函数的运算性质比较三个数与1和2的大小得答案【解答】解：a=log341，b=log31，c=50.5=，而a=log34log39=2，cab故选：D7若实数x，y满足，则z=3x+4y的最大值是（）A3B8C14D15【考点】简朴线性规划【分析】作出不等式组相应的平面区域，运用z的几何意义，即可得到结论【解答】解：作出不等式组相应的平面区域如图：由z=3x+4y得y=x+，平移直线y=x+由图象可知当直线y=x+通过点A时，直线y=x+的截距最

12、大，此时z最大，由，解得，即A（2，2），此时z=32+42=6+8=14，故选：C8函数f（x）=cos（x+）+2sinsin（x+）的最大值是（）A1BsinC2sinD【考点】三角函数的最值【分析】由三角函数公式整体可得f（x）=cosx，可得函数的最大值为1【解答】解：由三角函数公式可得f（x）=cos（x+）+2sinsin（x+）=cos（x+）+2sinsin（x+）=cos（x+）cossin（x+）sin+2sinsin（x+）=cos（x+）cos+sin（x+）sin=cos（x+）=cosx，函数的最大值为1故选：A9椭圆y2+=1（0m1）上存在点P使得PF1PF2

13、，则m的取值范畴是（）A，1）B（0，C，1）D（0，【考点】椭圆的简朴性质【分析】由已知得短轴顶点B与焦点F1，F1所成角F1BF290，从而m，由此能求出m的取值范畴【解答】解：椭圆y2+=1（0m1）上存在点P使得PF1PF2，短轴顶点B与焦点F1，F1所成角F1BF290，m，由0m1，解得0m故选：B10在ABCD中，AB=2AD=4，BAD=60，E为BC的中点，则=（）A6B12C6D12【考点】平面向量数量积的运算【分析】建立平面直角坐标系，代入各点坐标计算【解答】解以AB所在直线为x轴，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（4，0），C（5，），D（1，）E（

14、，）=（，），=（3，） =12，故选：D11在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB，该四棱锥被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）ABCD【考点】由三视图求面积、体积【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是过BD且平行于PA的平面截四棱锥PABCD所得的几何体；画出图形结合图形求出截取部分的体积与剩余部分的体积之比是多少即可【解答】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是过BD且平行于PA的平面截四棱锥PABCD所得的几何体；设AB=1，则截取的部分为三棱锥EBCD，它的体积为V三棱锥EBCD=11=，剩余部分的

15、体积为V剩余部分=V四棱锥PABCDV三棱锥EBCD=121=；因此截取部分的体积与剩余部分的体积比为： =1：3故选：B12已知函数f（x）=x在0，1）上的最大值为m，在（1，2上的最小值为n，则m+n=（）A2B1C1D2【考点】函数的最值及其几何意义【分析】通过变形可知f（x）=1+sinx，进而可知当x0，1）时，函数g（x）=+sinx满足g（2x）=g（x），由此可知在区间0，1）（1，2上，函数f（x）有关点（1，1）中心对称，运用对称性即得结论【解答】解：f（x）=x=1+sinx，记g（x）=+sinx，则当x0，1）时，g（2x）=+sin（2x）=sinx，即在区间0，

16、1）（1，2上，函数f（x）有关点（1，1）中心对称，m+n=2，故选：D二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分，把答案填写在题中横线上13已知双曲线C的焦点在x轴上，渐近线方程是y=2x，则C的离心率e=【考点】双曲线的简朴性质【分析】设双曲线的方程为=1（a，b0），求出渐近线方程，可得b=2a，由a，b，c的关系和离心率公式计算即可得到所求值【解答】解：设双曲线的方程为=1（a，b0），由渐近线方程y=x，可得=2，即b=2a，可得c=a，即有e=故答案为：14已知ABC的三边长分别为2，3，则ABC的面积S=【考点】余弦定理；正弦定理【分析】由余弦定理可得一内角的余弦值，进而可

17、得正弦值，代入三角形的面积公式计算即可得解【解答】解：在ABC中，由题意，不妨设ABC的三边长分别为a=2，b=3，c=，则由余弦定理可得cosA=，sinA=，则ABC的面积S=bcsinA=3=故答案为：15已知函数f（x）=exax1，若x轴为曲线y=f（x）的切线，则a=1【考点】运用导数研究曲线上某点切线方程【分析】求出f（x）的导数，设出切点（m，0），代入f（x）和导数式，可得a，m的方程，可得aalna=1，构造g（a）=aalna，求出导数，求得单调区间，可得极值点，即可得到方程的解为1【解答】解：函数f（x）=exax1的导数为f（x）=exa，设切点为（m，n），即有n=

18、0，n=emam1，由导数的几何意义可得，ema=0，化为aalna=1，由g（a）=aalna的导数为g（a）=1（1+lna）=lna，当a1时，g（a）0，g（a）递减；当0a1时，g（a）0，g（a）递增可得a=1处g（a）获得极大值，且为最大值1即有方程aalna=1的解为1故答案为：116已知AB是球O的直径，C，D为球面上两动点，ABCD，若四周体ABCD体积的最大值为9，则球O的表面积为36【考点】球的体积和表面积【分析】由题意，ABC为等腰直角三角形，高为球O的半径时，四周体ABCD的体积最大，运用四周体ABCD体积的最大值为9，求出R，即可求出球O的表面积【解答】解：由题意

19、，ABC为等腰直角三角形，高为球O的半径时，四周体ABCD的体积最大，最大值为=9，R=3，球O的表面积为4R2=36故答案为：36三、解答题：本大题共70分，其中（17）-（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题解答应写出文字阐明、证明过程或演算环节17已知等差数列an的前n项和为Sn，a1=7，S8=0（）求an的通项公式；（）数列bn满足b1=，bnbn+1=2an，求数列bn的通项公式【考点】数列递推式；等差数列的通项公式【分析】（）由S8=0得a8=7，从而可得d=2，从而求得通项公式；（）由方程可得bn+2=4bn，从而求得bn是觉得首项，以2为公比的等比数列，从

20、而求通项公式【解答】解：（）由S8=0得a1+a8=7+a8=0，a8=7，d=2，因此an的前n项和：Sn=na1+d=7n+n（n1）=n28n，an=7+2（n1）=2n9（）由题设得bnbn+1=2，bn+1bn+2=2，两式相除得bn+2=4bn，又b1b2=2=，b1=，b2=2b1，bn+1=2bn，即bn是觉得首项，以2为公比的等比数列，故bn=2n518二手车经销商小王对其所经营的某一型号二手汽车的使用年数x（0x10）与销售价格y（单位：万元/辆）进行整顿，得到如表的相应数据：使用年数 2 4 6 8 10 售价 16 13 9.5 74.5（）试求y有关x的回归直线方程；

21、（参照公式： =， =）（）已知每辆该型号汽车的收购价格为w=0.05x21.75x+17.2万元，根据（）中所求的回归方程，预测x为什么值时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大？【考点】线性回归方程【分析】（）由表中数据计算、，求出、，即可写出回归直线方程；（）写出利润函数z=yw，运用二次函数的图象与性质求出x=3时z获得最大值【解答】解：（）由表中数据得， =（2+4+6+8+10）=6，=（16+13+9.5+7+4.5）=10，由最小二乘法求得=1.45，=10（1.45）6=18.7，因此y有关x的回归直线方程为y=1.45x+18.7；（）根据题意，利润函数为z=yw=（1

22、.45x+18.7）（0.05x21.75x+17.2）=0.05x2+0.3x+1.5，因此，当x=3时，二次函数z获得最大值；即预测x=3时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大19如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为边AD的中点，分别沿BE，CE将ABE，DCE折叠，使平面ABE和平面DCE均与平面BCE垂直（）证明：AD平面BEC；（）求点E到平面ABCD的距离【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的鉴定【分析】（）证明四边形AMND为平行四边形，可得ADMN，运用线面平行的鉴定定理证明：AD平面BEC；（）运用VEABC=VABEC，求点E到平面ABCD的距离

23、【解答】（）证明：分别取BE，CE中点M，N，连接AM，MN，DN，由已知可得ABE，DCE均为腰长为4的等腰直角三角形，因此AMBE，且AM=2又平面ABE平面BCE，且交线为BE，AM平面BEC，同理可得：DN平面BEC，且DN=2AMDN，且AM=DN，四边形AMND为平行四边形ADMN，又MN平面BEC，AD平面BEC，AD平面BEC（）解：点E到平面ABC的距离，也就是三棱锥EABC的高h连接AC，MC，在RtEMC中有MC=2，在RtAMC中有AC=4可得AC2+AB2=BC2，因此ABC是直角三角形由VEABC=VABEC得ABACh=BEECAM，可知h=点E到平面ABC的距离

24、为20已知抛物线C：y2=4x，通过点（4，0）的直线l交抛物线C于A，B两点，M（4，0），O为坐标原点（）证明：kAM+kBM=0；（）若直线l的斜率为k（k0），求的最小值【考点】抛物线的简朴性质【分析】（I）设直线方程为x=my+4，代入抛物线方程得出交点的坐标关系，分别求出kAM，kBM，运用根与系数的关系化简即可得出结论；（II）将k=和（I）中的kAM，kBM代入化简，运用基本不等式得出最值【解答】证明：（）设l：x=my+4，A（x1，y1），B（x2，y2）将x=my+4代入y2=4x得y24my16=0，y1+y2=4m，y1y2=16kAM=，同理：kBM=，kAM+kB

25、M=0解：（）直线l的斜率为k，k=m0=（16m2+64）=m+4，当且仅当m=2时等号成立，的最小值为421设函数f（x）=+（1k）xklnx（）讨论f（x）的单调性；（）若k为正数，且存在x0使得f（x0）k2，求k的取值范畴【考点】运用导数研究函数的单调性；运用导数求闭区间上函数的最值【分析】（）求出函数的定义域，求导，讨论k的取值，分别解出f（x）0，f（x）0 即可得出，（）由（）可求得函数的最小值，f（x0）k2，将其转化成+1lnk0，构造辅助函数，判断其单调性，即可求得k的取值范畴【解答】解：（）f（x）=x+1k=，（）k0时，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增；

26、（）k0时，x（0，k），f（x）0；x（k，+），f（x）0，f（x）在（0，k）上单调递减，f（x）在（k，+）上单调递增（）因k0，由（）知f（x）+k2的最小值为f（k）+k2=+kklnk，由题意得+kklnk0，即+1lnk0令g（k）=+1lnk，则g（k）=+=0，g（k）在（0，+）上单调递增，又g（1）=0，k（0，1）时，g（k）0，于是+kklnk0；k（1，+）时，g（k）0，于是+kklnk0故k的取值范畴为0k1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相应的题号涂黑选修4-1：几何

27、证明选讲22如图，四边形ABCD内接于圆O，AC与BD相交于点F，AE与圆O相切于点A，与CD的延长线相交于点E，ADE=BDC（）证明：A、E、D、F四点共圆；（）证明：ABEF【考点】弦切角；圆內接多边形的性质与鉴定【分析】（）由题意证明CAE=ADE，又已知ADE=BDC，可证BDC=CAE，从而可得A，E，D，F四点共圆（）由圆內接四边形的性质得ADE=AFE=BDC，又BDC=BAC，从而可证AFE=BAC，即可证明ABEF【解答】（本题满分为10分）证明：（）由于AE与圆O相切于点A，因此CAE=CBA；由于四边形ABCD内接于圆O，因此CBA=ADE；又已知ADE=BDC，因此B

28、DC=CAE，故A，E，D，F四点共圆（）由（）得ADE=AFE=BDC，又BDC=BAC（同弧所对的圆周角相等），因此AFE=BAC，故ABEF选修4-4：坐标系与参数方程23在直角坐标系xOy中，曲线C1：（为参数，0），曲线C2与曲线C1有关原点对称，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为=2（0），过极点O的直线l分别与曲线C1，C2，C3相交于点A，B，C（）求曲线C1的极坐标方程；（）求|AC|BC|的取值范畴【考点】参数方程化成一般方程；简朴曲线的极坐标方程【分析】（I）运用同角三角函数的关系消元得到C1的一般方程，在将一般方程转化为极坐标方程；（II）

29、求出三条曲线的一般方程，设直线方程为y=kx（k0），求出A，B，C的坐标，运用三点的位置关系得出|AC|BC|=（|OC|OA|）（|OA|+|OC|）=|OC|2|OA|2将|AC|BC|转化为有关k的函数【解答】解：（I）曲线C1的直角坐标方程为（x1）2+y2=1，即x2+y22x=0（0y1）曲线C1的极坐标方程为22cos=0，即=2cos（0）（II）曲线C2的一般方程为（x+1）2+y2=1（1y0），曲线C3的一般方程为x2+y2=4（0y2）设直线l的方程为y=kx（k0）则A（，），B（，），C（，）A，B有关原点对称，|BC|=|OB|+|OC|=|OA|+|OC|，|

30、AC|BC|=（|OC|OA|）（|OA|+|OC|）=|OC|2|OA|2=4设f（k）=4，则f（k）在（0，+）上单调递增，f（0）=0，0f（k）4即|AC|BC|的取值范畴时（0，4）选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=|x+1|+m|x1|（）当m=2时，求不等式f（x）4的解集；（）若m0，f（x）2m，求m的最小值【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法【分析】（）当m=2时，f（x）=，作出图象，结合图象由f（x）的单调性及f（）=f（1）=4，能求出f（x）4的解集（）由f（x）2m得|x+1|m （2|x1|），从而|x+1|x1|2，在同始终角坐标系中画出y=|x1|2及y=|x+1|的图象，根据图象性质能求出m的最小值【解答】解：（）当m=2时，f（x）=，作出图象，得：结合图象由f（x）的单调性及f（）=f（1）=4，得f（x）4的解集为x|1x（）由f（x）2m得|x+1|m （2|x1|），m0，|x+1|x1|2，在同始终角坐标系中画出y=|x1|2及y=|x+1|的图象，根据图象性质可得1，即1m0，故m的最小值为19月4日