唐山市届高三第二次模拟考试文数试题Word文档格式.docx
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,1,2,3?
，则任取一个点?
?
，满足?
的概率为（）
A19B29C13D12
4．双曲线2214xy?
的顶点到渐近线的距离等于（）
A．1B12C455D255
5．给出以下三个命题：
①若“pq?
”是假命题，则,pq均为假命题；
②命题“若1x?
，则21x?
”的否命题是：
“若1x?
”；
③命题“0x?
，20xx?
”的否定是“00x?
，2000xx?
其中正确命题的个数是（）
A．0B．1C．2D．3
6．如下图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则其表面积为（）
A．2?
B．5?
C．8?
D．10?
文案大全7．已知?
?
2e1xfxa?
为奇函数，则a?
A．1B．-2C．-1D12
8．函数?
sin0yx?
的部分图象如图，则,?
可能的值是（）
A．1，3?
B．1，23?
C．2，23?
D．2，3?
9．设?
na是任意等差数列，它的前n项和、前2n项和与前4n项和分别为,,XYZ，则下列等式中恒成立的是（）
A．23XZY?
B．44XZY?
C．237XZY?
D．86XZY?
10．下图是某桌球游戏计分程序框图，下列选项中输出数据不符合该程序的为（）
A．1,1iS?
B．5,33iS?
C．7,50iS?
D．15,120iS?
11．在四棱锥SABCD?
中，SD?
底面ABCD，底面ABCD是正方形，2SDAD?
，三棱柱111MNPMNP?
的顶点都位于四棱锥SABCD?
的棱上，已知,,MNP分别是棱,,ABADAS的中点，则
文案大全三棱柱111MNPMNP?
的体积为（）
A13B．1C22D322
12．已知?
8,0A，?
0,6B，点P是圆22:
4Cxy?
上的一个动点，则PAPB?
uuruur的最大值为（）
A．16B．20C．24D．28
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．若,xy满足约束条件0,20,230,xyxyxy?
则2zxy?
的最小值是
14．曲线?
12fxxx?
在1x?
处的切线方程为
15．已知nS为数列?
na的前n项和，22nnSa?
，若254nS?
，则n?
16．椭圆?
2222:
10xyCabab?
右焦点为F，存在直线yt?
与椭圆C交于,AB两点，使得ABF?
为顶角是120°
的等腰三角形，则椭圆C的离心率e
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．如图，在平面四边形ABCD中，02,30ABBDDAACB?
.
（1）求证：
4cosBCCBD?
；
（2）点C移动时，判断CD是否为定长，并说明理由.
18．如图，在三棱柱111ABCABC?
中，0190ACBAAC?
，平面11AACCABC?
平面.
文案大全
111AAAB?
（2）若，0112,3,60AABCAAC?
，求点C到平面11AABB的距离.
19．为了研究黏虫孵化的平均温度x（单位：
0C）与孵化天数y之间的关系，某课外兴趣小组通过试验得到如下6组数据：
组号＋＋
1
2
3
4
5
6平均温度121617181920孵化天数23
16
14
12
9
7
他们分别用两种模型①ybxa?
，②dxyce?
分别进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图：
经计算得21117,13.5,1297,1774nniiiiixyxyx?
，
（1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？
（给出判断即可，不必说明理由）
（2）应用最小二乘法建立关于的线性回归方程.
参考公式：
回归方程?
ybxa?
中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：
121（）（）?
（）niiiniixxyybaybxxx?
，.20．已知抛物线2:
2（0）Eypxp?
的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于,AB两点，交y轴于点
文案大全,CO为坐标原点.当0120OFA?
时，4AF?
.
（1）求抛物线E的方程；
（2）若4ACBC?
，求直线l的方程.
21．设?
2（）ln1fxaxxxa?
，记?
gxfx?
.
（1）当1a?
时，求?
gx的零点的个数；
（2）1a?
时，证明：
0fx?
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22．选修4-4：
坐标系与参数方程
在极坐标系中，曲线1:
2sinC?
，曲线2:
cos3C?
，点（1,）P?
，以极点为原点，极轴为x轴正半轴建立直角坐标系.
（1）求曲线1C和2C的直角坐标方程；
（2）过点P的直线l交1C于点,AB，交2C于点Q，若PAPBPQ?
，求?
的最大值.23．选修4-5：
不等式选讲
已知220,0,0,0,1,1abcdababcd?
.
（1）求证：
2ab?
（2）判断等式acbdcd?
能否成立，并说明理由.
文科数学参考答案
一．选择题：
A卷：
ADCDBCABDCBCB卷：
ABCDBCADDCBC二．填空题：
（13）－1（14）2x－y－1＝0（15）7（16）3－1
三．解答题：
17．解：
（1）在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝30°
由正弦定理可知，
BCsin∠BAC＝2sin30°
BC＝4sin∠BAC
∠ABD＝60°
，∠ACB＝30°
，则∠BAC＋∠CBD＝90°
，则sin∠BAC＝cos∠CBD，
所以，BC＝4cos∠CBD．
（2）CD是为定长，因为
在△BCD中，由
（1）及余弦定理可知，
CD2＝BC2＋BD2－2×
BC×
BD×
cos∠CBD，
＝4＋BC2－4BCcos∠CBD
＝4＋BC2－BC2
＝4
CD＝2．
18．解：
（1）因为平面A1ACC1⊥平面ABC，交线为AC，又BC⊥AC，
所以BC⊥平面A1ACC1，AA1平面A1ACC1，
从而有BC⊥AA1．
因为∠AA1C＝90°
，所以AA1⊥A1C，
又因为BC∩A1C＝C，
所以AA1⊥平面A1BC，又A1B平面A1BC，
所以AA1⊥A1B．
（2）由
（1）可知A1A⊥平面A1BC，A1A平面A1ABB1，
所以平面A1BC⊥平面A1ABB1，且交线为A1B．
所以点C到平面A1ABB1的距离等于△CA1B的A1B边上的高，设其为h
在Rt△AA1C中，A1A＝2，∠A1AC＝60°
，则A1C＝23．
由
（1）得，BC⊥A1C，
所以Rt△A1CB中，BC＝3，A1B＝21．h＝BC×
A1CA1B＝6321＝677．
即点C到平面A1ABB1的距离为677．
文案大全19．解：
（1）应该选择模型①
（2）6i＝1∑（xi－x-）（yi－y-）＝6i＝1∑xiyi－6x－y－＝1297－6×
17×
13.5＝－80，
6i＝1∑（xi－x-）2＝6i＝1∑x2i－6x－2＝1774－6×
172＝40，
b?
＝ni＝1∑（xi－x-）（yi－y-）ni＝1∑（xi－x-）2＝－8040＝－2，
a?
＝y-－b?
x-＝13.5＋2×
17＝47.5．
所以y关于x的线性回归方程为：
y?
＝－2x＋47.5．
20．解：
（1）由已知可得F（p
2，0），
因为∠OFA＝120°
，所以xA＝p
2＋|AF|cos60°
＝p
2＋2．
又由抛物线定义可知，|AF|＝xA＋p
2＝p＋2＝4，
解得，p＝2，
所以抛物线E的方程为y2＝4x
（2）由
（1）可知，F（1，0），由题意可知，直线l斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y＝k（x－1），A（x1，y1），B（x2，y2），
由?
y2＝4x，y＝k（x－1），得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0，
x1＋x2＝2k2＋4k2①
x1x2＝1②
由|AC|＝4|BC|得，x1＝4x2③
由①②③联立解得，k＝±
22．
所以l的方程为22x＋y－22＝0或22x－y－22＝0．
21．解：
（1）当a＝1时，g（x）＝f（x）＝（2x－1）lnx＋x－1，
所以g（x）＝2lnx－1
x＋3，
因为g（x）为单调递增函数，
且g
（1）＝2＞0，g（1
e）＝1－e＜0，所以存在t∈（1
e，1），使得g（t）＝0,即x∈（0，t）时，g（x）＜0，g（x）单调递减；
x∈（t，＋∞）时，g（x）＞0，g（x）单调递增．
因为g
（1）＝0，所以1为g（x）的一个零点，
又g（1
e2）＝1－3
e2＞0，所以g（x）在（1
e2，t）有一个零点，
故g（x）有两个零点．
文案大全
（2）依题意得，f（x）＝a（x2lnx＋1）－xlnx－1，
令h（x）＝x2lnx＋1，所以h（x）＝2xlnx＋x＝x（2lnx＋1），
所以0＜x＜e－1
2时，h（x）＜0，h（x）单调递减；
x＞e－1
2时，h（x）＞0，h（x）单调递增，
即h（x）的最小值为h（e－1
2）＝1－1
2e＞0，所以h（x）＞0．
令t（x）＝（x2lnx＋1）－（xlnx＋1）＝（x2－x）lnx，所以t（x）≥0，
即x2lnx＋1≥xlnx＋1．
综上，xlnx＋1x2lnx＋1≤1．
又a＞1，所以a＞xlnx＋1x2lnx＋1，即a（x2lnx＋1）＞xlnx＋1，
故f（x）＞0．
22．解：
（1）曲线C1的直角坐标方程为：
x2＋y2－2y＝0；
曲线C2的直角坐标方程为：
x＝3．
（2）P的直角坐标为（－1，0），设直线l的倾斜角为α，（0＜α＜
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