1、 2014年邢台市第二次高考模拟试卷数学试卷参考答案(理科)1.D因为UAx|x1或x4，所以(UA)B1，4，52A由i，得z32i，则z1i.所以选A.3C，得k2，C种型号产品抽取的件数为12036.4B若点M到抛物线焦点的距离不少于3,则2+3,解得p2,故选B.5A画出可行域易知在点(3，3)处有最小值6.6A因为f(x)sin xcos x2sin(x)，所以f(x)2sin(xm)为偶函数，故m(kZ)，从而m的最小值为.7C第一次循环，x3x228，不满足条件x2014，再次循环；第二次循环，x3x282，不满足条件x2014，再次循环；第三次循环，x3x2244，不满足条件x
2、2014，再次循环；第四次循环，x3x2730，不满足条件x2014，再次循环；第五次循环，x3x22188，满足条件x2014，结束循环，因此循环次数为5次8D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S1222(12)23.9A先把两个穿红衣服的人和穿蓝衣服的人排成一排，再用插空法把穿黄衣服的两人排入，有AA72种排法，其中两个穿红衣服的人排在一起的排法有AAA24种情况，则满足要求的排法共有722448种10B连结EF，DF，易证得BCFE是矩形，则三棱柱ABEDCF是球O的内接直三棱柱，AB2，AA12，tanAB
3、A1，即ABA160，又AEBA1，AE， BE1，球O的半径R，则球O表面积S4()28.11B直线AB与渐近线yx平行，BOFBFO(O为坐标原点)，设F(c，0)，则点B坐标为(，)，点A是BF的中点，即A(，)，将点A的坐标代入到双曲线方程得1e.12AxN*时，不等式f(x)3可化为ax3，设h(x)x3，则h(x)1，当x(0，2)时，h(x)0，当x(2，)时，h(x)0，所以xN*时，h(x)maxh(2)，h(3)max，所以xN*，f(x)3恒成立，只需a即可1310ab，x4，又bc，2m120，即m6，xm10.1480由题可知a3为x3的系数，根据二项式的通项公式有T
4、r1C(2x)rC2rxr，令r3，得到x3的系数为C2380.15，2)画出函数图象如图所示，由图象可知要使ab0，f(a)f(b)同时成立，b1，bf(a)bf(b)b(b1)b2b(b)2 bf(a)2. 163由sin，得cosABC，在ABC中，设BCa，AC3b，由余弦定理得：9b2a24a，又由ADB与CDB互补，cosADBcosCDB，即，化简得3b2a26，解得a3，b1，即BC3.17解：(1)由Sn3an2n，得Sn13an12(n1)，以上两式相减得an13an13an2，即an1an1，所以an12(an2)又因为S1a13a12，所以a11，a123.故数列an2
5、是以3为首项，为公比的等比数列(6分)(2)由(1)得an23()n1，所以an23()n1.所以，所以Tn.(12分)18解：(1)设选出的3种商品中至少有一种是家电为事件A，从3种服装、2种家电、3种日用品中，选出3种商品，一共有C种不同的选法，选出的3种商品中，没有家电的选法有C种所以，选出的3种商品中至少有一种是家电的概率为P(A)1.(5分)(2)设顾客三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量X，其所有可能的取值为0，m，3m，6m(单位：元)X0表示顾客在三次抽奖都没有获奖，所以P(X0)(1)3；同理，P(Xm)C(1)2；P(X3m)C(1)1()2；P(X6m)C()3.顾客在三次
6、抽奖中所获得的奖金总额的期望值是E(X)0m3m6mm.由m100，解得m75.故m最高定为75元，才能使促销方案对商场有利(12分)19(法一)(1)证明：如图一，连结AC1与A1C交于点K，连结DK.在ABC1中，D、K分别为AB、AC1的中点，DKBC1.(3分)又DK平面DCA1， BC1平面DCA1，BC1平面DCA1.5分(2)解：二面角DCA1C1与二面角DCA1A互补如图二，作DGAC，垂足为G，又平面ABC平面ACC1A1，DG平面ACC1A1.作GHCA1，垂足为H，连结DH，则DHCA1，DHG为二面角DCA1A的平面角.(8分)设ABBCCAAA12，在等边ABC中，D
7、为中点，AGAC，在正方形ACC1A1中，GHAC1，DG，GH2，DH.cosDHG.(11分)所求二面角的余弦值为.(12分)图一图二图三(法二)(1)证明：如图三，以BC的中点O为原点建立直角坐标系Oxyz，设ABBCCAAA12.则A(0，0，)，D(，0，)，B(1，0，0)，A1(0，2，)，C(1，0，0)，B1(1，2，0)，C1(1，2，0)设n(x，y，z)是平面DCA1的一个法向量，则又(，0，)，(1，2，)，令x1，则z，y1，n(1，1，).(3分)(2，2，0)，n2200.又BC1平面DCA1，BC1平面DCA1.(5分)(2)解：设m(x1，y1，z1)是平面
8、CA1C1的一个法向量，则又(0，2，0)，(1，2，)，令z11，则x1，m(，0，1).(8分)cosm，n.(11分)所求二面角的余弦值为.(12分)20解：(1)由题意知点(3，1)在椭圆C上，即1, 又椭圆的离心率为，所以()2，联立可解得a212，b24，所以椭圆C的方程为1.(5分) (2)因为直线l的方程为x2，设P(2，y0)，y0(，)，当y00时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然x1x2，联立则0，即，又PMPN，即P为线段MN的中点，故直线MN的斜率为，又lMN，所以直线l的方程为yy0(x2)，即y(x)，显然l恒过定点(，0)；当y00时，直线MN即x2，
9、此时l为x轴亦过点(，0)综上所述，l恒过定点(，0)(12分)21解：(1)由题意知：f(x)b(ln x)1，f(1)2b11，b1，h(x)f(x)xln xx1，h(x)1，h(x)10，解得0x1.h(x)10，解得x1.所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减（6分）(2)g(x)f(x)(ax)ln xax2(1a)ln xax2x1，g(x)ax1，由g(x)0得：x11，x21.若011，a0即a1，0x1x2，x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值此时g(x)的最小值点为x1，极大值点x1.若11，a0即a，x1x21
10、，则g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增，无极值点若11，a0即0a，x1x21，x(0，x2)x2(x2，x1)x1(x1，)f(x)00f(x)极大值极小值此时g(x)的极大值点为x1，极小值点x.综上所述：当a1时，g(x)的极小值点为x1，极大值点x1；当a时，g(x)无极值点；当0a，g(x)的极大值点为x1，极小值点为x1.（12分）22解：(1)AEAC，EDCAOC, POCFDP，P是公共角，POCPDF，PDPCPFPO，PDPCPBPA，PFPOPBPA.（5分）(2)PB2BF，设PBx，则BFx，PFx.又O半径为2，POx2，PAx4.由(1)知PFPOPBPA，故x(x2)x(x4)，解得x2，x0(舍去)PB2.（10分）23解：(1)sin()(sincos cossin )，cos sin ，其直角坐标方程为xy20.（5分）(2)将圆M的参数方程代入直线方程xy20，得13cos 23sin 20，即sin cos ，两边平方整理得sin cos ，所以，4tan29tan 40，kAMkBM.（10分）24解：(1)由不等式|2x3|1可化为12x31得1x2，（3分）m1，n2，mn3.（6分）(2)若|xa|1，则|x|xaa|xa|a|a|1.（10分）
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