2011石家庄高三一模数学试题及答案理科

试卷类型：A 2011 年石家庄市高中毕业班第一次模拟考试试卷 数 学(理科) 说明： 1．本试卷共 4页，包括三道大题，22 道小题，共 150 分．其中第一道大题为选择题． 2．所有答案请在答题卡上作答，在本试卷和草稿纸上作答无效．答题前请仔细阅读答题 卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题． 3．做选择题时，如需改动，请用橡皮将原选答案擦干净，再选涂其他答案． 参考公式： 如果事件 A、B互斥，那么 P(A+B)=P(A)+P(B) 如果事件 A、B相互独立，那么 P(A·B)=P(A)·P(B) 如果事件 A 在一次试验中发生的概率 是 p，那么 n 次独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率 P n (k)=C k n p k (1-p) kn (k=0，l，2，…，n) 球的表面积公式 S=4 R 2 其中 R 表示球的半径 球的体积公式 V= 3 4  R 3 其中 R表示球的半径 一、选择题：本大题共 l2 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中。只有 一项是符合题目要求的． 1．已知 i是虚数单位，复数 i i   1 1 的虚部为 A．-1 B．1 C．i D．-i 2．若 },13|{},2|||{  xRxBxRxA 则 BA A．(-2，2) B．(-2，-1) C．(0，2) D． (-2，0) 抛物线 y 2 =4x 的焦点坐标为 A．(2，0) B．(1，0) C．(0，-4) D． (-2，0) 3．右图中的小网格由等大的小正方形拼成，则向量  ba A． 21 3ee  B． 21 3ee  C． 21 3ee  D． 21 3ee  4．已知 ),,0(   且 2 2cossin   ，则  cossin  的值为 A． 2 B． 2 6  C． 2 D． 2 6 5．已知椭圆 16 2x + 25 2y =1 的焦点分别是 1F 、 2F ， P 是椭圆上一点，若连结 1F 、 2F 、 P 三点 恰好能构成直角三角形，则点P 到 y 轴的距离是 A． 5 16 B．3 C． 3 16 D． 3 25 6．若多项式 x 10 = a 0 + a 1（x-1）+ a 2 （x-1） 2 +…+ a 10（x-1） 10 ，则 a 8的值为 A．10 B．45 C．-9 D． -45 7．已知 a、b、c 成等差数列，则直线 0 cbyax 被曲线 02222  yxyx 截得的弦 长的最小值为 A． 2 B．1 C． 22 D．2 8．已知 ], 2 , 2 [,   且 ,0sinsin   则下列结论正确的是 A． 33   B． 0  C． ||||   D． ||||   9．设 x，y 满足约束条件            0 0 044 02 y x yx yx ，若目标函数 )0,0(  babyaxz 的最大值为 6，则 )21(log3 ba  的最小值为 A．1 B．3 C．2 D． 4 10．对于非空数集 A，若实数 M 满足对任意的 Aa 恒有 M，a  则 M为 A 的上界．．；若 A的所 有上界．．中存在最小值，则称此最小值为 A 的上确界．．．，那么下列函数的值域中具有上确界．．．的是 A．y= 2x B．y= x) 2 1( C．y= x 2 1 D．y= xln 11．在直三棱柱 ABC—A 1 B 1 C 1中， FDAAACABBAC 和,1, 2 1   分别为棱 AC、AB 上的动点（不包括端点），若 FC1  ,1DB 则线段 DF 长度的取值范围为 A． ] 2 3, 2 2[ B． )1, 3 3[ C． )1, 2 2[ D． ] 2 2, 3 2[ 12．设函数 , 0),1( 0],[ )(       xxf xxx xf 其中 ][x 表示不超过 x的最大整数，如 ]2,1[ =-2， ]2.1[ =1， ]1[ =1，若直线 y= )0(  kkkx 与函数 y= )(xf 的图象恰有三个不同的交点，则 k的取值范围 是 A． ] 3 1, 4 1( B． ] 4 1,0( C． ] 3 1, 4 1[ D． ) 3 1, 4 1[ 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分；共 20 分． 13. 已知直线 012:1  yaxl 与直线 0)3(:2  ayxal ，若 1l  2l ，则实数 a的值 为 ． 14．在三棱锥 P-ABC 中，   PBABC ,90 平面 ABC，AB= BC=2 2 ，PB=2，则点 B 到平面 PAC 的距离是 ． 15．用直线 y=m 和直线 y=x 将区域 x 2 +y 2 6 分成若干块。现在用 5 种不同的颜色给这若干 块染色，每块只染一种颜色，且任意两块不同色，若共有 120 种不同的染色方法，则实数 m 的取值范围是 ． 16．已知 ABC 中，角 A、B、C的对边长分别为 a、b、c，且满足 2225 bca  ，BE 与 CF 分 别为边 AC、AB 上的中线，则 BE 与 CF 夹角的余弦值为 ． 三、解答题：本大题共 6小题，共 70 分．解答应写出文宇说明，证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分 l0 分) 在 ABC 中，角 A、B、C 的对边长分别是 a、b、c，若 .0cos)2(cos  BcaCb (I)求内角 B 的大小； (Ⅱ)若 b=2，求ABC 面积的最大值． 18．(本小题满分 12 分) 如图所示，五面体 ABCDE 中，正ABC 的边长为 1，AE平面 ABC，CD∥AE，且 CD= 2 1 AE． (I)设 CE 与平面 ABE 所成的角为 ，AE= ),0( kk 若 ], 4 , 6 [   求 k的取值范围； (Ⅱ)在(I)和条件下，当 k取得最大值时，求平面 BDE 与平面 ABC 所成角的大小． 19．(本小题满分 12 分) 已知函数 ).(ln)( 2 Raaxxxxf  （I）求函数 )(xf 的单调区间． （II）若 ,2)( 2xxf  求 a的取值范围． 20．(本小题满分 l2 分) 在“环境保护低碳生活知识竞赛”第一环节测试中，设有 A、B、C 三道必答题，分值依 次为 20 分、30 分、50 分．竞赛规定：若参赛选手连续两道题答题错误，则必答题总分记为 零分；否则各题得分之和记为必答题总分已知某选手回答 A、B、C 三道题正确的概率分别为 2 1 、 3 1 、 4 1 ，且回答各题时相互之间没有影响 (I) 若此选手可以自由选择答题顺序，求其必答题总分为 50 分的概率； (Ⅱ) 若此选手按 A、B、C的顺序答题，求其必答题总分 的分布列和数学期望． 21．(本小题满分 l2 分) 已知椭圆 1 3 2 2  yx 的上、下顶点分别为 ),(),(, 11121 yxNyxMAA 和和 是椭圆上两个不同 的动点． (I)求直线 MA1 与 NA2 交点的轨迹 C 的方程； (Ⅱ)若过点 F(0，2)的动直线 z 与曲线 C 交于 A、B 两点， , FBAF  问在 y 轴上 是否存在定点 E，使得 )(  EBEAOF  ?若存在，求出 E点的坐标；若不存在， 说明理由． 22．(本小题满分 l2 分) 已知数列 }{ na 中， ., 3 1)11(,1 * 1211 Nna n aa nnn   （I） 求证：当 ;32 *  n，aNnn 时且 （II） 求证： *3 , Nnean  (e 为自然对数的底数，参考数据 4.14ln,1.13ln  ) ． 2010-2011 年度石家庄市第一次模拟考试理科数学答案 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分. （A 卷答案）:1-5 ADCDA 6-10 BDDAB 11-12 CD （B 卷答案）:1-5 BDCDB 6-10 ADDBA 11-12 CD 二、填空题: 本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分 13．1 或 2 14. 2 15.  3, 3 16. 0 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写文字说明，证明过程或演算步骤. 17.（本小题满分 10 分） 解：（I）解法一： ∵ 0cos)2(cos  BcaCb ，由正弦定理得： BABCCB cossin2cossincossin  ， 即 BACB cossin2)sin(  .………………2分 在 ABC△ 中， ACB  π ， ∴ BAA cossin2sin  ， 0sin A ………………3分 ∴ 2 1cos B ，∴ 3 π2 B .………………5 分 解法二： 因为 0cos)2(cos  BcaCb ，由余弦定理 2 2 2 2 2 2 (2 ) 0 2 2 a b c a c bb a c ab ac        ， 化简得 2 2 2a ac c b   ，……………2 分 又余弦定理 2 2 22 cosa c ac B b   ,……………3分 所以 1cos 2 B   ,又 (0, )B  ,有 2 3 B   .……………5 分 （II）解法一： ∵ 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，∴ 2 24 a c ac   ，……………6 分 2 3ac ac ac   . ∴ 4 3 ac  ，………………8 分 ∴ 1 1 4 3 3sin 2 2 3 2 3ABCS ac B      ．………………9 分 当且仅当 2 3 3 a c  时取得等号．……………………10 分 解法二： 由正弦定理知： B b C c sinsin  ， ) 3 πsin( 3 34 3 π2sin ) 3 πsin(2 sin sin A A B Cbc    .………………6 分 ∴ ABCS△  Abc sin 2 1 ) 3 π0(sin) 3 πsin( 3 34  AAA , AAA sin)sin 2 1cos 2 3( 3 34  AAA 2sin 3 32cossin2  )2cos1( 3 32sin AA  3 32cos 3 32sin  AA 3 3) 6 π2sin( 3 32  A ，………………8 分 ∵ 3 π0  A ，∴ 6 π5 6 π2 6 π  A ， ∴ 1 2 πsin) 6 π2sin( A ，………………9 分 ∴ 3 3 3 3) 6 π2sin( 3 32 A ， 即 ABC△ 的面积 ABCS△ 的最大值是 3 3 .………………10 分 18．(本小题满分 12 分) 解：方法一： （Ⅰ）取 AB中点M ,连结CM 、EM ,由 ABC 为正三角形，得CM AB ，又 AE ABC面 ， 则 AE CM ，可知 CM ABE面 ，所以 MEC 为CE与平面 ABE所成角．…………… 2 分 2 3 2tan 1 4 CM EM k     ，………………4 分 因为 [ , ] 6 4     ，得 3tan [ ,1] 3   ，得 2 2 2 k  .……………6分 （Ⅱ）延长 AC ED、 交于点Ｓ，连 BS ， 可知平面 BDE 平面 ABC = BS .………………………7 分 由 / /CD AE，且 1 2 CD AE ，又因为 AC CS BC  =1，从而 AB BS ，………………… 8 分 又 AE 面 ABC，由三垂线定理可知 BE BS ，即 EBA 为平面BDE与平面 ABC所成的 角；……………………10 分 则 tan 2AEEBA AB    ， 从而平面 BDE与面 ABC所成的角的大小为 arc tan 2 .………………12 分 方法二： 解： （Ⅰ）如图以 C 为坐标原点，CA、CD 为 y、z 轴， 垂直于 CA、CD 的直线 CT 为 x 轴，建立空间直 角坐标系（如图），则 设 (0,1,0)A ， (0,0, ) 2 kD ， (0,1, )E k ， 3 1( , ,0) 2 2 B .……………2分 取 AB 的中点 M，则 3 3( , ,0) 4 4 M ， 易知,ABE 的一个法向量为 3 3( , ,0) 4 4 CM   , 由题意 2 2 3 34sin | | | | 3 9 2 11 16 16 CE CM CE CM kk              .………………4分 由 [ , ] 6 4     ，则 1 2 2 3 2sin 22 1 k     ， 得 2 2 2 k  .…………………6分 (Ⅱ)由（Ⅰ）知 k 最大值为 2 ，则当 2k  时，设平面 BDE 法向量为 x, y,z）n = ( ，则 2 0, 2 3 2 0. 2 2 2 DE y z yBE x z               n n 取n = (- 3,-1, 2），………………8 分 又平面 ABC 法向量为m = (0,0,1），……………………10 分 所以 cos( , )n m = 2 3 32 3 1    ， 所以平面 BDE 与平面 ABC 所成角大小 3arccos . 3 ……………………12 分 19．(本小题满分 12 分) 解：(Ⅰ) ( )f x 的定义域为 (0, ) .…………………1 分 21( )f x x a x     = 22 1x ax x   （ 0x  ）， 设 2( ) 2 1g x x ax   ，只需讨论 ( )g x 在 (0, ) 上的符号.…………………2 分 （1）若 0 4 a  ，即 0a  ，由 ( )g x 过定点 (0,1)，知 ( )g x 在 (0, ) 上恒正，故 ( ) 0f x  ， ( )f x 在（0，+）上为增函数.…………………3 分 （2）若 0 4 a  ，当 2 8 0a   时，即0 2 2a  时，知 ( ) 0g x  （当 2 2 x  时，取“=”）， 故 ( ) 0f x  ， ( )f x 在（0，+）上为增函数；……………………4分 当 2 8 0a   时，由 22 1 0,x ax   得 2 8 4 a ax    ， 当 2 80 4 a ax     或 2 8 4 a ax    时， ( ) 0g x  ，即 ( ) 0f x  ， 当 2 28 8 4 4 a a a ax      时， ( ) 0g x  ，即 ( ) 0f x  ． 则 ( )f x 在 2 28 8( , ) 4 4 a a a a    上为减函数，在 2 8(0, ) 4 a a  ， 2 8( , ) 4 a a   上为增函数.………………5分 综上可得：当 2 2a  时，函数 (f x）的单调增区间（0，+）; 当 2 2a  时，函数 (f x）的单调增区间为 2 8(0, ) 4 a a  ， 2 8( , ) 4 a a   ； 函数 (f x）的单调减区间为 2 28 8( , ) 4 4 a a a a    .…………………6 分 （Ⅱ）由条件可得 2ln 0 0)x x ax x   （ ， 则当 0x  时， ln xa x x   恒成立，………………8 分 令 ln( ) ( 0)xh x x x x    ，则 21 ln( ) ,x xh x x    …………………9分 方法一：令 2( ) 1 ln ( 0)k x x x x    ， 则当 0x  时， 1( ) 2 0k x x x      ，所以 ( )k x 在（0，+）上为减函数. 又 (1) 0h  ， 所以在（0，1）上， ( ) 0h x  ；在（1，+）上， ( ) 0h x  ．………10 分 所以 ( )h x 在（0,1）上为增函数；在（1，+）上为减函数. 所以 max( ) (1) 1h x h   ，所以 1.a   ……………12 分 方法二：当0 1x  时， 21 0, ln 0,x x    ( ) 0h x  ； 当 1x  时， 21 0, ln 0,x x    ( ) 0h x  ．……………10 分 所以 ( )h x 在（0,1）上为增函数；在（1，+）上为减函数. 所以 max( ) (1) 1h x h   ，所以 1.a   ………………12 分 20．(本小题满分 12 分) 解：（Ⅰ）记总分得 50 分为事件 D，记 A，B 答对，C 答错为事件 D1，记 A，B 答错，C 答对为 事件 D2，则 D=D1+D2，且 D1，D2互斥.……………1 分 又 8 1) 4 11( 3 1 2 1)( 1 DP ，………………3分 36 1 4 1) 3 11( 2 1)( 3 3 2 2 2  A ADP .…………………5分 所以 1 2 1 2 1 1 11( ) ( ) ( ) ( ) 8 36 72 P D P D D P D P D       . 所以此选手可自由选择答题顺序，必答题总分为 50 分的概率为 11 72 .……………6分 （Ⅱ） 可能的取值是 0,30,50,70,80100， .……………7分 100 表示 A，B，C 三题均答对， 则 24 1 4 1 3 1 2 1)100( P ，……………8分 同理， 24 1 4 1 3 1) 2 11()80( P ， 12 1 4 1) 3 11( 2 1)70( P ， 8 1) 4 11( 3 1 2 1)50( P ， 8 1) 4 11( 3 1) 2 11()30( P ， 12 7) 3 11() 2 11() 4 11() 3 11( 2 1)0( P ， 所以， 的分布列为  100 80 70 50 30 0 P 24 1 24 1 12 1 8 1 8 1 12 7 ……………10 分 所以 的数学期望 1 1 1 1 1 70100 80 70 50 30 24 24 12 8 8 3 E            .……………12 分 21．(本小题满分 12 分) 解：（Ⅰ）方法一：设直线 MA1 与 NA2 的交点为 ),( yxP ， ∵ 21 AA， 是椭圆 1 3 2 2  yx 的上、下顶点， ∴ 1 2(0 3) (0 3)A A， ， ，- …………………1分 1 1 1 3 3 y AM y x x   ： ， 1 2 1 3 3 y A N y x x     ： ， 两式相乘得 2 2 1 2 12 33 x x yy    .………………………3分 而 ),( 11 yxM 在椭圆 1 3 2 2  yx （ 1 0x  ）上， 所以 1 3 2 12 1  yx ，即 33 2 1 2 1    x y ，所以 22 33 xy  .……………4 分 又当 0x  时，不合题意，去掉顶点. ∴直线 MA1 与 NA2 的交点的轨迹C的方程是 2 2 1( 0) 3 y x x   ；……………5 分 方法二：设直线 MA1 与 NA2 的交点为 ),( yxP ， ∵ 21 AA， 是椭圆 1 3 2 2  yx 的上、下顶点， ∴ 1 2(0 3) (0 3)A A， ， ，- …………………1分 ∵ PMA 、、1 共线， PNA 、、2 共线， ∴ x y x y 33 1 1    …………① x y x y 33 1 1     …………②…………………3 分 ①②得 2 2 2 1 2 1 33 x y x y     ， 又∵ 1 3 2 12 1  yx 即 33 2 1 2 1    x y ， ∴ 3 3 2 2   x y ，即 2 2 1( 0) 3 y x x   ， ∴直线 MA1 与 NA2 的交点的轨迹C的方程是 1 3 2 2  xy ；（ 0x  ）……………5分 （Ⅱ）假设存在满足条件的直线，由已知，其斜率一定存在，设其斜率为 k， 设 )( 11 yxA ， ， )( 22 yxB ， ， )0( 0yE ， ， 由 2 2 2 1. 3 y kx y x       ， 得 )3(014)3( 222  kk ， 3 1 3 4 221221      k xx k kxx ， .…………………6分 1 1( 2 )AF x y    ， ， 2 2( 2)FB x y   ， ， ∵ AF FB   ，∴ 21 xx  ， ∵ 02 x ，∴ 2 1 x x  ， ∵ (0 2)OF   ，， 1 1 0( )EA x y y   ， ， 2 2 0( )EB x y y   ， ， 1 2 1 0 2 0( )EA EB x x y y y y           ， ，， 又∵ ( )OF EA EB     ，∴ ( ) 0OF EA EB      ， ∴ 0)2(0 020121  yyyyxx  （） ， 即 00201  yyyy  .………………………8分 将 211  kxy ， 222  kxy ， 2 1 x x  代入上式并整理得 0212121 )()(22 yxxxx  ，…………………9 分 当 021  xx 时， 2 32 3 4 3 2 22 2 2 21 21 0       k k k k xx xkxy ， 当 021  xx 时， 0k ， 0212121 )()(22 yxxxx  恒成立， …………………11 分 所以， 在 y轴上存在定点 E，使得 ( )OF EA EB     ，点 E的坐标为 ) 2 30( ， ．………12 分 22.(本小题满分 12 分) （I）证明：方法一： ∵ 011 a ，由 121 3 1)11(   nnn a n a 得 02 a ， 于是易得 0na .………………2分 又 * 1 2 1 1 0( ) 3 n n n n a a a n n      N ，即 * 1 ( )n na a n  N 又∵ 32 a ，∴ 32  aan （ 2n ）.…………………4分 方法二：数学归纳法 （1）当 2n 时， 332  aan ，命题成立.………………1分 （2）假设当 kn  （ 2n ）时命题成立，即 3ka ， 当 1 kn 时， 121 3 1)11(   kkk a k a 3 3 1 12   kk k k a k a a ∴ 1 kn 时命题成立.………………3 分 由（1）（2）可知，当 2n 时， 3na .…………………4 分 （II）证明：由（I）知 121 3 1)11(   nnn a n a 2 1 2 1 1 1 1(1 ) (1 ) 3 3 n n nn n aa a n n       ,……………5分 两边取自然对数得： ) 3 111ln(lnln 121   nnn n aa .………………6分 令 )0()1ln()(  xxxxf ， 则当 0x  时， 0 1 1 1 1)(       x x x xf 恒成立， ∴ )(xf 为 )0[ ， 上的减函数，∴ 0)0()(  fxf ∴ xx  )1ln( 在 0x 时恒成立，………………7 分 1 2 1 1 1 1 1 1ln ln ln ( 1)3 3n n nn na a a n nn         13 11 1 1ln    nn nn a 即  nn aa lnln 1 13 11 1 1   nnn （ 2n ），………………9分 故， 21 3 1 1 1 2 1lnln       nnn nn aa ， 321 3 1 2 1 3 1lnln       nnn nn aa ， …………………………… 3 1 2 11lnln 23  aa ，以上各式相加得： 2 2 1 1[1 ( ) ]1 1 33 3ln ln 1 1 11 2 21 3 n na a n           ，（ 3n ）…………10 分 又∵ 32 a ，∴ 33ln 2 3ln na ，∴ 3ena （ 3n ），………………11 分 又∵  11a 3e ，  32a 3e ， ∴ 3ena （ *nN ）.…………………12 分