《河北省唐山市高三上學期期末考試 文科數(shù)學試題及答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《河北省唐山市高三上學期期末考試 文科數(shù)學試題及答案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 - 1 - 河北省唐山市河北省唐山市 2014201420152015 學年度高三年級期末考試學年度高三年級期末考試 數(shù)學（文）試題數(shù)學（文）試題 說明：說明： 一、本試卷分為第一、本試卷分為第 I I 卷和第卷和第 IIII 卷第卷第 I I 卷為選擇題；第卷為選擇題；第IIII卷 為 非 選 擇 題 ， 分 為 必 考 和 選 考 兩 部卷 為 非 選 擇 題 ， 分 為 必 考 和 選 考 兩 部 分分 二、答題前請仔細閱讀答題卡上的二、答題前請仔細閱讀答題卡上的“注意事項注意事項”，按照，按照“注意事項注意事項”的規(guī)定答題的規(guī)定答題 三、做選擇題時，每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡三

2、、做選擇題時，每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上 對 應 題 目 的 標 號 涂 黑 如 需 改 動 ， 用上 對 應 題 目 的 標 號 涂 黑 如 需 改 動 ， 用 橡皮將原選涂答案擦干凈后，再選涂其他答案橡皮將原選涂答案擦干凈后，再選涂其他答案 四、考試結(jié)束四、考試結(jié)束后，將本試卷與原答題卡一并交回，后，將本試卷與原答題卡一并交回， 第第 I I 卷卷 一、選擇題：本大題共一、選擇題：本大題共 1212 小題，每小題小題，每小題 5 5 分，共分，共 6060 分在分在每小題給出的四個選項中，有且只有一項符合題目要求每小題給出的四個選項中，有且只有一項符合題目要求 (1)(1)函數(shù)函數(shù)

3、2.5yxx的定義域為的定義域為 (A)(A)一一 5 5，2 2 (B)(B)（一，（一，5U25U2，+oo+oo） (C)(C)一一 5,+ 5,+ ) ) (D)2,+ (D)2,+ ) ) (2)(2)函數(shù)函數(shù)2( )1 2sin2xf x 的最小正周期為的最小正周期為 - 2 - (A) 2(A) 2 (B)(B) （C C） 2 (D)4(D)4 (3)k9(3)k0)= 2px(p0)，過點，過點 C C（一（一 2 2，0 0）的直）的直線線l交交拋物線于拋物線于 A A，B B 兩點，坐標原點為兩點，坐標原點為 O O，.12OAOB (I)(I)求拋物線的方程；求拋物線的

4、方程； ( II)( II)當以當以 ABAB 為直徑的圓與為直徑的圓與 y y 軸相切時， 求直線軸相切時， 求直線l的方程的方程 - 7 - (21)(21)（本小題滿分（本小題滿分 1212 分）分） 己知函數(shù)己知函數(shù)2( ), ( )sinxf xaexg xxbx，直線，直線l與曲線與曲線1:( )Cyf x切于點切于點(0,(0)f且與且與 曲線曲線2:Cy=gy=g（x x）切于點）切于點(, ()22g (I)(I)求求 a a，b b 的值和直線的值和直線l的方程的方程 ( II)( II)證明：證明：除切點外，曲線除切點外，曲線 C C1 1,C,C2 2位于直線位于直線l

5、的兩側(cè)。的兩側(cè)。 請考生在第請考生在第(22)(22)，(23)(23)，(24)(24)三題中任選一題作答，如三題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記果多做，則按所做的第一題記分作答時分作答時 用用 2B2B 鉛筆在答題卡上把所選題目對應的題號涂黑鉛筆在答題卡上把所選題目對應的題號涂黑 (22)(22)（本小題滿分（本小題滿分 1 01 0 分）選修分）選修 4 4- -1 1：幾何證明選講：幾何證明選講 如圖，四邊形么如圖，四邊形么 BDCBDC 內(nèi)接于圓，內(nèi)接于圓，BD= CDBD= CD，過，過 C C 點的圓的點的圓的切線與切線與 ABAB 的延長線交于的延長線交于 E E

6、點點 (I)(I)求證：求證：EACEAC2DCE2DCE； ( II)( II)若若 BDABBDAB，BCBCBEBE，AEAE2 2，求，求 ABAB 的長的長 (23)(23)(本小題滿分本小題滿分 10)10)選修選修 4 44 4；坐標系與參數(shù)方程；坐標系與參數(shù)方程 - 8 - 極坐標系的極點為直角坐標系極坐標系的極點為直角坐標系 xOyxOy 的原點，極軸為的原點，極軸為 x x 軸的軸的正半軸，兩種坐標系中的長度單位相同，已知曲線正半軸，兩種坐標系中的長度單位相同，已知曲線 C C 的極的極坐標方程為坐標方程為2(cossin )，斜率為，斜率為3的直線的直線l交交 y y 軸

7、于點軸于點E(0,1). E(0,1). (I)(I)求求 C C 的直角坐標方程，的直角坐標方程，l的參數(shù)方程；的參數(shù)方程； ( II)( II)直線直線l與曲線與曲線 C C 交于交于 A A、B B 兩點，求兩點，求|EA|+|EB |EA|+|EB |。 (24)(24)（本小題滿分（本小題滿分 1010 分）選修分）選修 4 4- -5 5：不等式選講：不等式選講 設函數(shù)設函數(shù)1( ) |1|()2f xxxxR的最小值為的最小值為 a a (I)(I)求求 a a； ( II)( II)已知兩個正數(shù)已知兩個正數(shù) m m，n n 滿足滿足 m m2 2+n+n2 2=a=a，求，求1

8、1mn的最小值的最小值 參考答案參考答案 一、一、 選擇題：選擇題： A A 卷：卷：DABACDABAC ABCABABCAB DCDC B B 卷：卷：DAADCDAADC BBCDABBCDA CCCC 二、填空題：二、填空題： （1313）1 1i i （1414）3030 （1515）5 5 （1616）8 8 三、解答題：三、解答題： （1717）解：）解： - 9 - （）由正弦定理得）由正弦定理得 sisin nC Csisin nB Bsisin nB Bcocos sC C， 又又 sisin nB B00，所以，所以 sisin nC Ccocos sC C，C C454

9、5 因為因為b bcocos sC C3 3，所以，所以b b3 3 2 2 66分分 （）因為）因為S S1 12 2acacsisin nB B21212 2，c csisin nB B3 3，所以所以a a7 7 據(jù)余弦定理可得據(jù)余弦定理可得c c2 2a a2 2b b2 22 2ababcocos sC C2525，所以，所以c c5 5 1212 分分 （1818）解：）解： （）證明：證明： 因為因為PAPA底面底面ABCDABCD，所以，所以PAPACDCD， 因為因為PCDPCD，所以，所以PCPCCDCD， 所以所以CDCD平面平面PACPAC， 所以所以CDCDACAC

10、44 分分 （）因為）因為PAPAABABACAC2 2，E E為為PCPC的中點，所以的中點，所以AEAEPCPC，AEAE 2 2 由（由（）知）知AEAECDCD，所以，所以AEAE平面平面PCDPCD 作作CFCFDEDE，交，交DEDE于點于點F F，則，則CFCFAEAE，則，則CFCF平面平面EADEAD 因為因為BCBCADAD，所以點，所以點B B與點與點C C到平面到平面EADEAD的距離相等，的距離相等， CFCF即為點即為點C C到平面到平面EADEAD的距離的距離 88 分分 在在 RtRtECDECD中，中，CFCFCECECDCDDEDE2 22 26 62 2

11、3 33 3 P A C E D B F - 10 - 所以，點所以，點B B到平面到平面EADEAD的距離為的距離為2 2 3 33 3 1212 分分 （1919）解：）解： （）由頻率分布直方圖知第）由頻率分布直方圖知第 1 1 組，第組，第 2 2 組和第組和第 3 3 組的頻組的頻率分別是率分別是 0.020.02，0.020.02 和和 0.060.06， 則則m m(0.02(0.020.020.020.06)0.06)2020，解得，解得m m200200 由直方圖可知，中位數(shù)由直方圖可知，中位數(shù)n n位于位于7070，80)80)，則，則 0.020.020.020.020.

12、060.060.220.220.04(0.04(n n70)70)0.50.5，解得解得n n74.574.5 44 分分 （）設第設第i i組的頻率和頻數(shù)分別為組的頻率和頻數(shù)分別為p pi i和和x xi i，由圖知，由圖知， p p1 10.020.02，p p2 20.020.02，p p3 30.060.06，p p4 40.220.22，p p5 50.400.40，p p6 60.180.18，p p7 70.100.10， 則由則由x xi i200200p pi i，可得，可得 x x1 14 4，x x2 24 4，x x3 31212，x x4 44444，x x5 580

13、80，x x6 63636，x x7 72020， 88 分分 故故該校學生測試平均成績是該校學生測試平均成績是 x x3535x x1 14545x x2 25555x x3 36565x x4 47575x x5 58585x x6 69595x x7 7200200 7474 74.574.5， 1111 分分 所以學校應該適當增加體育活動時間所以學校應該適當增加體育活動時間 1212 分分 - 11 - （2020）解：）解： （）設）設l l：x xmymy2 2，代入，代入y y2 22 2pxpx，得，得y y2 22 2pmypmy4 4p p0 0 （ （） 設設A A( (

14、x x1 1，y y1 1) )，B B( (x x2 2，y y2 2) )，則，則y y1 1y y2 22 2pmpm，y y1 1y y2 24 4p p，則，則x x1 1x x2 2y y2 21 1y y2 22 24 4p p2 24 4 因為因為OAOAOBOB1212，所以，所以x x1 1x x2 2y y1 1y y2 21212，即，即 4 44 4p p1212， 得得p p2 2，拋物線的方程為，拋物線的方程為y y2 24 4x x 55分分 （）由（）由（） （） （）化為）化為y y2 24 4mymy8 80 0 y y1 1y y2 24 4m m，y

15、y1 1y y2 28 8 66 分分 設設ABAB的中點為的中點為M M， 則則| |ABAB| |2 2x xm mx x1 1x x2 2m m( (y y1 1y y2 2) )4 44 4m m2 24 4， 又又| |ABAB| | 1 1m m2 2| | y y1 1y y2 2| | ( (1 1m m2 2) )( (1616m m2 23232) )， 由由得得(1(1m m2 2)(16)(16m m2 232) 32) (4(4m m2 24)4)2 2， 解得解得m m2 23 3，m m 3 3 所以所以，直線直線l l的方程為的方程為x x 3 3y+y+2 2

16、0 0，或或x x 3 3y+y+2 20 0 1212 分分 （2121）解解： （）f f( (x x) )a ae ex x2 2x x，g g( (x x) )cocos sx xb b， - 12 - f f(0)(0)a a，f f(0)(0)a a，g g( ( 2 2) )1 1 2 2b b，g g( ( 2 2) )b b， 曲線曲線y yf f( (x x) )在點在點(0(0，f f(0)(0)處的切線為處的切線為y yaxaxa a， 曲線曲線y yg g( (x x) )在點在點( ( 2 2，g g( ( 2 2)處的切線為處的切線為 y yb b( (x x 2

17、 2) )1 1 2 2b b，即，即y ybxbx1 1 依題意，有依題意，有a ab b1 1，直線，直線l l方程為方程為y yx x1 1 44 分分 （）由（）由（）知）知f f( (x x) )e ex xx x2 2，g g( (x x) )sisin nx xx x 55 分分 設設F F( (x x) )f f( (x x) )( (x x1)1)e ex xx x2 2x x1 1，則，則F Fx x) )e ex x2 2x x1 1， 當當x x(，0)0)時，時，F(xiàn) Fx x) )F F0 0； 當當x x(0(0，)時，時，F(xiàn) Fx x) )F F0 0 F F(

18、(x x) )在在( (，0)0)單調(diào)遞減，在單調(diào)遞減，在(0(0，)單調(diào)遞增，單調(diào)遞增， 故故F F( (x x)F F(0)(0)0 0 88 分分 設設G G( (x x) )x x1 1g g( (x x) )1 1sisin nx x，則，則G G( (x x)0)0， 當且僅當當且僅當x x2 2k k 2 2（k kZZ）時等號成立）時等號成立 1010 分分 綜上可知，綜上可知，f f( (x x)x x11g g( (x x) )，且兩個等號不同時成立，且兩個等號不同時成立，因此因此f f( (x x) )g g( (x x) ) - 13 - 所 以 ： 除 切 點 外 ，

19、 曲 線所 以 ： 除 切 點 外 ， 曲 線C C1 1，C C2 2位 于 直 線位 于 直 線l l的 兩的 兩側(cè)側(cè) 1212 分分 （2222）解：）解： （）證明：因為）證明：因為BDBDCDCD，所以，所以BCDBCDCBDCBD 因為因為CECE是圓的切線，所以是圓的切線，所以ECDECDCBDCBD 所以所以ECDECDBCDBCD，所以，所以BCEBCE22ECDECD 因為因為EACEACBCEBCE，所以，所以EACEAC22ECDECD 55分分 （）解：因為）解：因為BDBDABAB，所以，所以ACACCDCD，ACACABAB 因為因為BCBCBEBE，所以，所以B

20、ECBECBCEBCEEACEAC，所以，所以ACACECEC 由切割線定理得由切割線定理得ECEC2 2AEAE BEBE，即，即ABAB2 2AEAE ( ( AEAEABAB) )，即，即 ABAB2 22 2 ABAB4 40 0，解得，解得ABAB 5 51 1 1010 分分 （2323）解：）解： （）由）由2(co2(cos ssisin n) )，得，得2 22(2(cocos ssisin n) )， 即即x x2 2y y2 22 2x x2 2y y，即，即( (x x1)1) 2 2( (y y1)1) 2 22 2 - 14 - l l的參數(shù)方程為的參數(shù)方程為 x

21、x 1 1 2 2t t，y y1 13 32 2t t（t t為參數(shù)為參數(shù), , t tR R） 55 分分 （）將）將 x x 1 1 2 2t t，y y1 13 32 2t t代入代入( (x x1)1) 2 2( (y y1)1) 2 22 2 得得t t2 2t t1 10 0， 解得，解得，t t1 11 1 5 52 2，t t2 21 1 5 52 2，則，則 | |EAEA| | |EBEB| | | t t1 1| | | t t2 2| | |t t1 1t t2 2| | 5 5 1010 分分 （2424）解：）解： （）f f( (x x) ) 3 3 2 2x

22、x1 1 ，x x2 2， 1 1 2 2x x1 1，22x x00， 3 3 2 2x x1 1，x x0 0 當當x x(，00時，時，f f( (x x) )單調(diào)遞減，單調(diào)遞減， 當當x x00，)時，時，f f( (x x) )單調(diào)遞增，單調(diào)遞增， 所以當所以當x x0 0 時，時，f f( (x x) )的最小值的最小值a a1 1 55分分 - 15 - （）由（）由（）知）知m m2 2n n2 21 1，由，由m m2 2n n2 222mnmn，得，得mnmn 1 1 2 2， 則則 1 1 m m 1 1 n n221 1mnmn222 2，當且僅當，當且僅當m mn n2 22 2時取等時取等號號 所以所以 1 1 m m 1 1 n n的最小值為的最小值為 2 2 2 2 1010 分分 注：各題如有其他解法，請參考評分標準給分注：各題如有其他解法，請參考評分標準給分