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2013年保定市第二次高考模拟考试理科数学评分标准


2013 年保定市第二次高考模拟考试

理科数学评分标准
一、选择题: BDCBB ACDCC AA 以下简析针对 A 卷题目顺序进行,仅供试卷讲评时参考 1.简析:由 (i-3)(i +2)=-7-i ,得其实部与虚部的比值为 7 ,∴选 B. 2.简析:由 a+b>0 得,a>-b>0,∴-a<b<0,∴选 C. 3

.简析: a ? b ? a ? b cos 30? ? 2sin15? ? 4cos15? ? cos 30? ? 2sin 60? ?

? ?

? ?

3 .故选 D.

4. 简析:画出不等式表示的平面区域可知,当直线 z=x+2y 过点(1,1)时,z=x+2y 取得 最小值 3,故选 B. 5. 简析:原式= log2 (a1a2 ?a10 ) ? log2 (a5 a6 )5 ? log2 210 =10 ,故选 B. 6.简析:易得其体积为 ? ?2?2?2=

7.简析: 结果为 sin ? ? sin 2? ? sin 3? ? ......? sin 2013? = sin ? ? sin 2? + sin ? = 3 , 故选 C. 3 3 3 3 3 3

1 1 3 2

4 ,故选 A . 3

? ? ? )的图象向左平移 个单位,得到 y=sin[2(x+ ) ],再将所得图 6 12 6 1 象上各点的横坐标缩短为原来的 倍,则 g(x) =sin(4x+ ? ),∴ g ?(x ) =4cos(4x+ ? ),故选 C. 2 3 3
8.简析:将函数 y=sin(2x+ 9.简析:将(c,2c)代入椭圆方程得 a c -c +4a c =a -a c ,故 e= 2 ? 1 .故选 D.
2 2 4 2 2 4 2 2

10.简析:只有②是正确的,其它三个都不正确,故选 C. 11.简析:正四面体外接正方体棱长为 1,进而得知外接球直径为 3 ,故选 A. 12.简析: ∵an+1-an=2n, n=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n 1+2n 2+… ∴a 2-2 2-2 n n n+1 +2 +2+2= +2=2 -2+2=2 .∴Sn= =2 -2. 1-2 1-2
2
n n+1 - -

所以 log 1 (Sn +2) =-(n+1) ,故其最大值为-2.故选 A.
2

二、填空题: 13.(-1,1) 简析:易得 A={x| x ? -1,或x ? 1 },所以 CU A = (?1,1) . 14. -2 简析:ma+nb=(2m,3m)+(-n,2n)=(2m-n,3m+2n),a-2b=(2,3)-(-2,4) =(4,-1). ∴n-2m=12m+8n,∴

n =-2. m

15.

2 2

简析:因为点 P(a,b)在右支上,所以 a>b,且 a2-b2=1,即(a+b)(a-b)=1,又点

P(a,b)到直线 y=-x 的距离是 1,所以 a+b= 2 ,所以 a-b=

2 . 2

16. ab ? 4 . 简析:∵f(x)+f(e-x)=2 ,
? ? f(
k ?1 2012

ke e 2012e 2e 2011e )=[f( )f( + ) f( ]+[ )f( + ) ]+ 2013 2013 2013 2013 2013

…… +[f( ∴ ab ? ( 三、解答题

1006e 1007e )f( + ) ]=1006 ? 2=2012 = 503(a+b), ? a+b=4 2013 2013

a +b 2 ,故 ab 的取值范围是 ab ? 4 . ) =4 (当且仅当a =b=2时取等号) 2

17.解: (1)若解集为空,则 ? 解得 cos C ?

?cosC ? 0
2 ?? ? 16sin C ? 24cosC ? 0

…………………3 分

? .…………………………………………………6 分 3 ? 1 ? 3 3 (2) c ? 7 , C ? , 由面积公式得 absin ? 3 2 3 2
则 C 的最大值为 ∴ ab ? 6 . …………………………………9 分
2 2

1 . ……………………………………………………5 分 2

由余弦定理得 a ? b ? 2ab cos ∴ a ? b ? 13
2 2

?
3

?7

所以 a=2,b=3 或 a=3,b=2

…………………………………12 分

18.解: (1)该考生通过此次招聘考试,说明该考生笔试与面试均得以过关. 所以 P= [(

2 3 2 2 2 1 1 1 5 ) +C3 ( ) ? ]? ? = ……………………3 分 3 3 3 2 2 27

(2)该考生进入面试阶段后才被淘汰,说明该考生已顺利通过笔试阶段,但面试被淘 汰了,所以 P= [(

2 3 2 2 2 1 1 1 5 ) +C3 ( ) ? ]?(1- ? )= ……………………6 分 3 3 3 2 2 9

(3)易得 ? 的可能取值为 3 ,5……………………7 分

2 2 1 20 7 1 3 1 1 2 2 7 ? P(? =3)=1- [( )3 +C32 ( ) 2 ? ]=1- = 或 P(? =3)= ( ) +C3 ( ) ? = 3 3 3 27 27 3 3 3 27 20 2 3 2 2 2 1 20 ? P(? =5)=1-P(? =3)= 或 P(? =5)= ( ) +C3 ( ) ? = …………………10 分 27 3 3 3 27
?
P 3 5

7 27

20 27

? E? =3 ?

7 20 121 +5 ? = ……………………12 分 27 27 27

19. (1)证明:连结A1D,∵ABCD—A1B1C1D1 为四棱台,四边形ABCD为平行 四边形,∴A1B1∥C1D1,CD∥C1D1,………………1 分

又DE=

1 2 DC,A1B1= ? 2=1 2 4
H A1

z D1 B1 C1

∴A1B1=DE且A1B1∥DE,…………………2 分 ∴四边形A1B1ED为平行四边形,∴B1E∥A1D 又A1D ? 平面AA1D1D,B1E ? 平面AA1D1D, ∴B1E∥平面AA1D1D;…………………………………4 分 解(2)DD1⊥平面ABCD,平面ABCD∥平面A1B1C1D1 所以,平面A1B1C1D1⊥平面A1ADD1 过 B1 作 B1H⊥A1D1,垂足为 H, 则 B1H⊥平面A1ADD1…………………6 分 ∵B1E∥平面AA1D1D 故锥体 E-AA1D1D的高为 h=B1H=A1B1sin60°=

D



C y

3 2

A

B x

∴ VE ? AA1D1D = 1 S ?AA D D ? h = 1 ? 1 ( A1 D1 ? AD) ? DD1 ? h= 3 …………………8 分
3
1 1

3

2

解(3)连结BD,在△BAD中运用余弦定理可得:BD= 2 3 , ∴由勾股定理逆定理得∠ABD= 90 ? =∠BDC, 以直线DB为 x 轴,以直线DC为 y 轴,以直线DD1为 z 轴建立空间直角坐标系, 则 B(2 3,0,0) , C (0,2,0) , A(2 3,?2,0) , B1 ( 3,0,2) ,…………………10 分 ∵ BA ? (0,?2,0) , BB1 ? (? 3,0,2), ∴平面 ABB A1 的一个法向量 m ? (2,0, 3) , 1 又∵ BC ? (?2 3,2,0), BB1 ? (? 3,0,2), ∴平面 CBB1C1 的一个法向量 n ? (2,2 3, 3)

?? ? ?? ? 4?0?3 m?n 133 ∴ cos m, n ? ?? ? = = 19 7 ? 19 m?n
∴二面角 A-BB1-C 的余弦值的绝对值为

133 ……………12 分 19

20. 解:(1)

……2 分

由已知

……………………4 分 …………5 分

(2)设过点 A 的直线为



联立方程组 △=1-3 k >0, ? 0<k <
2 2

…………………8 分

1 3

……………………………………………9 分

…………10 分 , 所以

…………………11 分 由 ,得 =0…………12 分(本题由张军红提供)

x -ln (x+1) 1 21. 解:( ) f ?(x)=- 2 + x+1 2 1 ? x x

1 1 ? f ?(1)=-1+ - ln 2=-( + ln 2) ……………………3 分 2 2 k ( x ? 1)[1 ? ln( x ? 1)] ? k 对 x ? 0 恒成立. (2)当 x ? 0 时, f ( x ) ? 即 h( x ) ? x ?1 x
即 h(x) ( x ? 0 )的最小值大于 k .……………………5 分

x ? 1 ? ln( x ? 1) ,记 ? ( x) ? x ? 1 ? ln( x ? 1)( x ? 0) x2 x ? 0 ,所以 ? (x) 在 (0,??) 上连续递增. ……………………7 分 则 ? ?( x ) ? x ?1 h?( x) ?
又 ? (2) ? 1 ? ln 3 ? 0, ? (3) ? 2 ? 2 ln 2 ? 0 , 所以 ? (x) 存在唯一零点 x0 , 且满足 x0 ? (2,3) ,

x0 ? 1 ? ln(x0 ? 1) .………………………………………9 分
由 x ? x0 时, ? ( x) ? 0, h?( x) ? 0;0 ? x ? x0 时, ? ( x) ? 0 , h?( x) ? 0 知:

h(x) 的最小值为 h( x0 ) ?

( x0 ? 1)[1 ? ln(x0 ? 1)] ? x0 ? 1? (3,4) . x0

所以正整数 k 的最大值为 3. ……………………12 分(本题由张军红提供) 22. 证明:(1) ∵四边形 ABCD 是⊙O 的内接四边形,∴∠CDF=∠ABC. 又∵∠ADB 与∠EDF 是对顶角,∴∠ADB=∠EDF……………………2 分 又∠ADB=∠ACB,∠EDF=∠CDF. ∴∠ABC=∠ACB.

∴AB=AC………………………………………………………………5 分 (2) ∵∠ADB=∠ABC.,∠BAD=∠FAB, AB AD 2 ∴△ADB∽△ABF,∴ = ,∴AB =AF·AD=12. …………………8 分 AF AB 又 BD 为⊙O 的直径,∴∠BAD=90° 所以 BD = AB +AD =12+4=16 故⊙O 的半径为 2…………………………………………10 分(本题由崔风雷提供) 23. 解: (1)由 ?
2 2 2

? x ? 1+t 2 ? 消去t得2x-y-1=0,……………………2 分 2 ? y ? 1 ? 2t ?

易得x≥1,所以曲线 C 的普通方程为2x-y-1=0(x≥1)……3 分 2 2 2 2 由ρ -4ρcosθ+3=0 及ρ =x +y 和ρcosθ=x可以得到圆 P 的方程为 2 2 (x-2) +y =1………………………………………5 分 (2)曲线 C 为一条射线,其端点为 Q(1,1) ,圆心到直线2x-y-1=0的距

( 离为d= 5 ,且对应的垂足的坐标为 H ,) ……………………7 分
由于|QP|= 2 ,曲线 C 的轨迹是射线,且点 H 不在射线上, 所以|AB|的最小值为 2-1 …………10 分(本题由崔风雷提供) 24.解: (1)|x+a|+|x-2|-1≥2,即|x+a|+|x-2|≥3 ∵|x+a|+|x-2|≥|a+2|………………3 分 又 a≥1,∴a+2≥3 ∴解集为R………………5 分 (2)若 x∈[1,2] ,f(x)=|x+a|+2-x-1,………………7 分 则 f(x)+x≤4等价于|x+a|≤3 恒成立, 即-3-x≤a≤3-x, 所以-4≤a≤1……………………10 分(本题由崔风雷提供)

3 5

4 3 5 5

2013 年保定市第二次高考模拟考试

文科数学评分标准
一、选择题: BDCBB ACDCC AA 以下简析针对 A 卷题目顺序进行,仅供试卷讲评时参考 1.简析:由 (i-3)(i +2)=-7-i ,得其实部与虚部的比值为 7 ,∴选 B. 2.简析:由 a+b>0 得,a>-b>0,∴-a<b<0,∴选 C. 3.简析: a ? b ? a ? b cos 30? ? 2sin15? ? 4cos15? ? cos 30? ? 2sin 60? ?

? ?

? ?

3 .故选 D.

4. 简析:画出不等式表示的平面区域可知,当直线 z=x+2y 过点(1,1)时,z=x+2y 取得 最小值 3,故选 B. 5. 简析:原式= log2 (a1a2 ?a10 ) ? log2 (a5 a6 )5 ? log2 210 =10 ,故选 B. 6.简析:易得其体积为 ? ?2?2?2=

1 1 3 2

4 ,故选 A . 3

7.简析: ①洗锅盛水 2 分钟+④用锅把水烧开 10 分钟(同时②洗菜 6 分钟+③准备面条及佐 料 2 分钟)+⑤煮面条和菜共 3 分钟=15 分钟.故选 C. 8.简析:易得 cos ? = -

1 2 tan ? = 3 ,故选 C. ,所以 tan ? ? - 3 ,则 tan 2? ? 2 1- tan 2 ?

9.简析:依题意有 2b=a+c,所以 4(a2-c2)=(a+c)2,整理得 3a2-2ac-5c2=0,解得 a+c 3 =0(舍去)或 3a=5c,所以 e= .故选 D. 5 10.简析:①③正确,②错误,故选 C. 11.简析:正四面体外接正方体棱长为 1,进而得知外接球直径为 3 ,故选 A. 12.简析: ∵an+1-an=2n, n=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n 1+2n 2+… ∴a 2-2 2-2 n n n+1 +22+2+2= +2=2 -2+2=2 .∴Sn= =2 -2. 1-2 1-2 所以 log 1 (Sn +2) =-(n+1) ,故其最大值为-2.故选 A.
2
n n+1 - -

二、填空题: 13.(-1,1) 简析:易得 A={x| x ? -1,或x ? 1 },所以 CU A = (?1,1) . 14. -2 简析:ma+nb=(2m,3m)+(-n,2n)=(2m-n,3m+2n),a-2b=(2,3)-(-2,4) =(4,-1). ∴n-2m=12m+8n,∴

n =-2. m

15.

2 2

简析:因为点 P(a,b)在右支上,所以 a>b,且 a2-b2=1,即(a+b)(a-b)=1,又点

P(a,b)到直线 y=-x 的距离是 1,所以 a+b= 2 ,所以 a-b=

2 . 2

1 1 1 1 1 1 1 1 ? a ? 1. ? a ? 1 简析:易得 a<1,且 log a ? = log a a 2 , ? ? a 2 , ? a ? ,故 16 16 4 2 4 16 三、解答题

16.

17.解: (1)若解集为空,则 ? 解得 cos C ?

?cosC ? 0
2 ?? ? 16sin C ? 24cosC ? 0

…………3 分

? .…………………………………………………6 分 3 ? 1 ? 3 3 (2) c ? 7 , C ? , 由面积公式得 absin ? 3 2 3 2
则 C 的最大值为 ∴ ab ? 6 . …………………………………9 分
2 2

1 . ……………………………………………………5 分 2

由余弦定理得 a ? b ? 2ab cos ∴ a ? b ? 13
2 2

?
3

?7

所以 a=2,b=3 或 a=3,b=2

…………………………………12 分

18.解: (1)根据题意得良好学生的人数为 100×(0.01+0.07+0.06)×5 =70 人…………………………………2 分 优秀学生的人数为 100-70=30…………………………3 分 (2)优秀人数:良好人数=3:7 故抽取的 10 人中,优秀生的人数为 3 人,良好的人数为 7 人…………7 分 (3)将(2)选出的 3 名优秀学生分别记为甲、乙、丙,则从这 3 人中任选 2 人参加 两项不同的专题测试(每人参加一种,二者互不相同)的所有基本事件为:甲乙、甲丙、乙 甲、丙甲、乙丙、丙乙共 6 个基本事件……………………………………………9 分 其中不含甲的基本事件为乙丙、丙乙 2 个,所以甲不被选中的 概率为

2 1 = ………………………………12 分 6 3

19. (1)证明:连结A1D,∵ABCD—A1B1C1D1 为四棱台,四边形ABCD为平行 四边形,∴A1B1∥C1D1,CD∥C1D1,………………1 分 又DE=

1 2 DC,A1B1= ? 2=1 2 4
H A1

D1 B1

C1

∴A1B1=DE且A1B1∥DE,…………………2 分 ∴四边形A1B1ED为平行四边形,∴B1E∥A1D 又A1D ? 平面AA1D1D,B1E ? 平面AA1D1D, ∴B1E∥平面AA1D1D;…………………………………4 分 (2)证明:连结BD,在△BAD中运用余弦定理可得: BD= 2 3 ∴由勾股定理逆定理得∠ABD= 90 ? =∠BDC, 即BD⊥DC……………………………………6 分 又DD1⊥平面ABCD,∴DD1⊥BD ∴BD⊥平面CDD1C1 所以BD⊥CC1……………………………………8 分

D



C

A

B

(3)解:DD1⊥平面ABCD,平面ABCD∥平面A1B1C1D1 所以,平面A1B1C1D1⊥平面A1ADD1 过 B1 作 B1H⊥A1D1,垂足为 H,则 B1H⊥平面A1ADD1………………10 分 ∵B1E∥平面AA1D1D 故锥体 E-AA1D1D的高为 h=B1H=A1B1sin60°=

3 2

∴ VE ? AA1D1D = 1 S ?AA D D ? h = 1 ? 1 ( A1 D1 ? AD) ? DD1 ? h= 3 …………………12 分
3
1 1

3

2

20. 解:(1)

……2 分

由已知

……………………4 分 …………5 分

(2)设过点 A 的直线为



联立方程组 △=1-3 k >0, ? 0<k <
2 2

……8 分

1 3

……………………………………………9 分

…………10 分 , 所以

……………………11 分 由 ,得 =0…………12 分(本题由张军红提供) …………………………………2 分

21. 解: f ?( x) ?

a ? a( x ? 0) x 1 x

(1)当 a ? -1 时, f ?( x) ? ? +1 ?

x ?1 , x

令 f ?( x)<0 时,解得 0 ? x ? 1 ,所以 f ( x) 在(0,1)上单调递减;

令 f ?( x)>0 时,解得 x ? 1 ,所以 f ( x) 在(1,+∞)上单调递增.……5 分 (2)因为 a ? ?2 ,所以 f ?( x) ?

?2 ? 2 . ……………………………………6 分 x

g ( x) ? x 3 ? x 2 [2 ?

m 2 +n 2 2 2 m 2 +n 2 3 )x ? 2x , ] ? x ? (22 x 2
?,2 x ) ………………………………………8 分
m 2 +n 2 ] 在区间 [t,3](t ?[1,2]) 上总存在极值, 2

2 2 g ?( x)? 3x ? ( 4 m n - 2 -

3 2 因为函数 g ( x) ? x ? x [ f ?( x)-

? g ?(2) ? 0, 所以只需 ? ? g ?(3) ? 0,
解得 ?

…………………………………………10 分

37 ? -(m2 +n2 ) ? ?9 . 3

即9? m

2

+n2 ?

37 3

所以点(m,n)所占的平面区域的面积为 ? (

37 10 -9)= ? …………………12 分 3 3

22. 证明:(1) ∵四边形 ABCD 是⊙O 的内接四边形,∴∠CDF=∠ABC. 又∵∠ADB 与∠EDF 是对顶角,∴∠ADB=∠EDF……………………2 分 又∠ADB=∠ACB,∠EDF=∠CDF. ∴∠ABC=∠ACB. ∴AB=AC………………………………………………………………5 分 (2) ∵∠ADB=∠ABC.,∠BAD=∠FAB, AB AD 2 ∴△ADB∽△ABF,∴ = ,∴AB =AF·AD=12. …………………8 分 AF AB 又 BD 为⊙O 的直径,∴∠BAD=90° 所以 BD = AB +AD =12+4=16 故⊙O 的半径为 2…………………………………………10 分(本题由崔风雷提供)
2 2 2

? x ? 1+t 2 ? 23. 解: (1)由 ? 消去t得2x-y-1=0,……………………2 分 2 ? y ? 1 ? 2t ?
易得x≥1,所以曲线 C 的普通方程为2x-y-1=0(x≥1)……3 分 2 2 2 2 由ρ -4ρcosθ+3=0 及ρ =x +y 和ρcosθ=x可以得到圆 P 的方程为 2 2 (x-2) +y =1………………………………………5 分 (2)曲线 C 为一条射线,其端点为 Q(1,1) ,圆心到直线2x-y-1=0的距

( 离为d= 5 ,且对应的垂足的坐标为 H ,) ……………………7 分

3 5

4 3 5 5

由于|QP|= 2 ,曲线 C 的轨迹是射线,且点 H 不在射线上, 所以|AB|的最小值为 2-1 …………10 分(本题由崔风雷提供) 24.解: (1)|x+a|+|x-2|-1≥2,即|x+a|+|x-2|≥3 ∵|x+a|+|x-2|≥|a+2|………………3 分 又 a≥1,∴a+2≥3 ∴解集为R………………5 分 (2)若 x∈[1,2] ,f(x)=|x+a|+2-x-1,………………7 分 则 f(x)+x≤4等价于|x+a|≤3 恒成立, 即-3-x≤a≤3-x, 所以-4≤a≤1……………………10 分(本题由崔风雷提供)


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