唐山市2012—2013学年度高三年级第三次模拟考试。
理科数学参***。
一、选择题：
a卷：bbcda cbccd da
b卷：dcbab dacbd ad
二、填空题：
131415）32 （16）n(n＋1)＋1
三、解答题：
17）解：如图，记的中点为e，连结oe，oc，交bc于f，交ad于g，则∠dog＝60．
设∠eoc＝θ（0＜θ＜60）．
ⅰ）当＝时，θ＝30．
在rt△cof中，of＝occos30＝，cf＝ocsin30＝1．
在rt△dog中，dg＝cf＝1，og＝＝．
所以cd＝gf＝of－og5分。
ⅱ）与（ⅰ）同理，bc＝2cf＝4sinθ，cd＝of－og＝2cosθ－＝2cosθ－sinθ． 7分。
则矩形abcd的面积。
s＝bc·cd＝4sinθ(2cosθ－sinθ)＝4sin2θ－(1－cos2θ)
sin(2θ＋3010分。
因30＜2θ＋30＜150，故当2θ＋30＝90，即θ＝30时，s取最大值12分。
18）解：ⅰ）根据题意，x、y的分布列如下。
p(x＞100，y＞1006分。
ⅱ）e(x)＝0×＋40×＋80×＋120×＋160×＋200×＝100，e(y)＝0×＋40×＋80×＋120×＋160×＋200×＝100，所以两种商品的日获利值均值都是100元9分。
d(x)＝1002×＋602×＋202×＋202×＋602×＋1002×＝，d(y)＝1002×＋602×＋202×＋202×＋602×＋1002×＝，因为d(x)＜d(y)，所以应选择经销商品a12分。
注：若考生在第（ⅱ）问写出x，y的分布列，第（ⅰ）问解对给4分）
19）解：ⅰ）在正六边形abcdef中，cd⊥ac．
因为pa⊥底面abcdef，cd平面abcdef，所以cd⊥pa．
又ac∩pa＝a，所以cd⊥平面pac．
因为cd平面pcd，所以平面pac⊥平面pcd4分。
ⅱ）如图，分别以ac，af，ap为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系a-xyz．
设ap＝h（h＞0）．
则p(0，0，h)，c(，0，0)，d(，1，0)，e(，，0)．
(，0，－h)，＝1，－h)，＝0)．
设面pde的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，所以取n＝(h， h，28分。
记直线pc与平面pde所成的角为θ，则。
sinθ＝|cos，n|＝＝由＝，解得h＝．
所以六棱锥p-abcdef高为12分。
20）解：ⅰ）设a(x0，x)，b(x1，x)，c(－x0，x)，d(x2，x)．
对y＝x2求导，得y＝2x，则抛物线在点c处的切线斜率为－2x0．
直线bd的斜率k＝＝x1＋x2，依题意，有x1＋x2＝－2x04分。
记直线ab，ad的斜率分别为k1，k2，与bd的斜率求法同理，得。
k1＋k2＝(x0＋x1)＋(x0＋x2)＝2x0＋(x1＋x2)＝0，所以∠cab＝∠cad，即ac平分∠bad6分。
ⅱ）由题设，x0＝－1，x1＋x2＝2，k＝2．四边形abcd的面积。
s＝|ac|·|x－x|＝|ac|·|x2＋x1|·|x－x1|
×2×2×|2－2x1|＝4|1－x110分。
由已知，4|1－x1|＝4，得x1＝0，或x1＝2．
所以点b和d的坐标为(0，0)和(2，4)，故直线bd的方程为y＝2x12分。
21）解：ⅰ）f(x)＝．
依题意，lnx0＋x0＋1＝0，则lnx0＝－(x0＋1)．
f(x0)＝＝x04分。
ⅱ）f(x)≥等价于x2(lnx－a)＋a≥0．
设g(x)＝x2(lnx－a)＋a，则g(x)＝x(2lnx－2a＋1)．
令g(x)＝0，得x＝e．
当x∈(0，e)时，g(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞时，g(x)＞0，g(x)单调递增．
所以g(x)≥g(e)＝a－e2a－1．
于是f(x)≥恒成立只需a－e2a－1≥08分。
设h(a)＝a－e2a－1，则h()＝0，且h(a)＝1－e2a－1，h()＝0．
当a∈(0，)时，h(a)＞0，h(a)单调递增，h(a)＜h()＝0；
当a∈(，时，h(a)＜0，g(x)单调递减，h(a)＜h()＝0．
因此，a－e2a－1≤0，当且仅当a＝时取等号．
综上，存在唯一的实数a＝，使得对任意x∈(0，＋∞f(x)≥．12分。
注：观察出g(x)＝0，由e＝1得a＝的不扣分）
22）解：ⅰ）如图，连结oc，od，则oc⊥cg，od⊥dg，设∠cab＝∠1，∠dba＝∠2，∠aco＝∠3，则∠cob＝2∠1，∠doa＝2∠2．
所以∠dgc＝180－∠doc＝2(∠1＋∠23分。
因为∠dgc＝2∠f，所以∠f＝∠1＋∠2．
又因为∠dec＝∠aeb＝180－(∠1＋∠2)，所以∠dec＋∠f＝180，所以d，e，c，f四点共圆5分。
ⅱ）延长ge交ab于h．
因为gd＝gc＝gf，所以点g是经过d，e，c，f四点的圆的圆心．
所以ge＝gc，所以∠gce＝∠gec8分。
又因为∠gce＋∠3＝90，∠1＝∠3，所以∠gec＋∠3＝90，所以∠aeh＋∠1＝90，所以∠eha＝90，即ge⊥ab10分。
23）解：ⅰ）设p(ρ，m(ρ1，θ)依题意有。
1sinθ＝2，ρρ1＝43分。
消去ρ1，得曲线c2的极坐标方程为ρ＝2sinθ (05分。
ⅱ）将c2，c3的极坐标方程化为直角坐标方程，得。
c2：x2＋(y－1)2＝1，c3：x－y＝27分。
c2是以点(0，1)为圆心，以1为半径的圆，圆心到直线c3的距离d＝，故曲线c2上的点到直线c3距离的最大值为110分。
24）解：ⅰ）f(x)＋f(x＋4)＝|x－1|＋|x＋3|＝
当x＜－3时，由－2x－2≥8，解得x≤－5；
当－3≤x≤1时，f(x)≤8不成立；
当x＞1时，由2x＋2≥8，解得x≥34分。
所以不等式f(x)≤4的解集为{x|x≤－5，或x≥35分。
ⅱ）f(ab)＞|a|f()即|ab－1|＞|a－b6分。
因为|a|＜1，|b|＜1，所以|ab－1|2－|a－b|2＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)＝(a2－1)(b2－1)＞0，所以|ab－1|＞|a－b|．故所证不等式成立10分。
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