唐山市2010～2011学年度高三年级第二次模拟考试。
文科数学参***。
一、 选择题：
a卷：babab cdbab ac
b卷：bacab cabab dc
二、填空题：
三、解答题：
17）解：由an＋1＝an，a3＝2，知数列是公比为的等比数列，a3＝a1()2＝2，∴a1＝13分。
a31＝a1()30＝2155分。
且s30＝＝(1)(215－17分。
(＋1)a31－s30＝(＋1)215－(＋1)(215－1)＝＋1．……10分。
18）解：sinbcota＋cosb＝，∴sinbcosa＋cosbsina＝sina，sin(b＋a)＝sina，即sinc＝sina4分。
又a＝1，由正弦定理，得c6分。
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosa，即1＝b2＋3－3b，解得b＝1，或b＝212分。
19）解：分别记事件第i次抽取的小球标有数字“1”，“2”，“3”为ai，bi，ci，i＝1，2，则p(ai)＝，p(bi)＝，p(ci)＝．
ⅰ）取出的两个小球所标数字相同的概率为。
p(a1·a2＋b1·b2＋c1·c2)＝(2＋()2＋()2＝，取出的两个小球所标数字不同的概率。
p＝1－p(a1·a2＋b1·b2＋c1·c25分。
ⅱ）记事件“x＝j”为cj，j＝5，6，则。
p(c5)＝p(b1·c2＋c1·b2)＝2××＝p(c6)＝p(c1·c2)＝(29分。
故事件“x≥5”的概率为。
p(c5)＋p(c612分。
20）解法一：
ⅰ）∵c1e⊥平面bde，在正四棱柱abcd—a1b1c1d1中，ab＝1，aa1＝2，bc1＝，a1c1＝．
设ae＝x，则be＝，c1e＝，bc＝be2＋c1e2，∴5＝1＋x2＋2＋(2－x)2，解得x＝1．……3分。
连结d1e，由de＝eb＝bd＝，得。
s△bde＝de2＝，s△dd1e＝dd1·ad＝1，设点d1到平面bde的距离为h，则由vd1—bde＝vb—dd1e，得·h＝·1·1，h＝．
设直线bd1与平面bde所成的角为θ，因bd1＝，则sin6分。
ⅱ）分别取be、ce的中点m、n，则mn∥bc，且mn＝ab＝．
bc⊥平面abb1a1，be平面abb1a1，∴bc⊥be，∴mn⊥be．
be＝bd＝de＝，∴dm⊥be，且dm＝，∠dmn为二面角c-be-d的平面角9分。
又dn＝ec＝，cos∠dmn12分。
解法二：ⅰ）建立如图所示的坐标系d—xyz，其中d(0，0，0)，b(1，1，0)，c(0，1，0)，d1(0，0，2)，c1(0，1，2)．设e(1，0，a)，则。
(－1，1，2－a)，＝1，1，0)，＝1，0，a)，c1e⊥平面bde，∴⊥1＋(2－a)a＝0，解得a＝13分。
设直线bd1与平面bde所成的角为θ，因＝(1，1，－2)，则sin6分。
ⅱ）由（ⅰ）1，1，1)为面bde的法向量，设n＝(x，y，z)为面cbe的法向量，＝(1，0，0)，＝0，－1，1)，n·＝0，n·＝0，x＝0，－y＋z＝0，取n＝(0，1，19分。
cos，n＝＝，所以二面角c-be-d的余弦值为12分。
21）解：由已知，f(x)＝x2－ax，a≠0．
ⅰ）当a＝1时，f(x)＝x2－x＝x(x－12分。
解f(x)＞0，得x＜0或x＞1；解f(x)＜0，得0＜x＜1．
所以f(x)在区间(－∞0)和(1，＋∞单调递增；在区间(0，1)单调递减．……6分。
ⅱ）g(x)＝f(x)－f(x0)＝x2－ax－x＋ax0＝(x－x0)(x＋x0－a)．
当x∈(，时，x＋x0－a＞＋x0－a＞＋－a＝0．……8分。
若x∈(，x0)，g(x)＜0，g(x)单调递减；
若x∈(x0，＋∞g(x)＞0，g(x)单调递增；
所以函数g(x)在区间(，＋的最小值为。
g(x0)＝f(x0)－f(x0)－(x0－x0)f(x0)＝012分。
22）解：ⅰ）依题意，a、b、c、d四点坐标是下面方程组的解：
消去x，得y2－y＋1－m＝02分。
由δ＝1－4(1－m)＞0，得m＞，且y1＋y2＝1，y1y2＝1－m．
x1x2＝·＝3＝3．……6分。
ⅱ）由向量＝(x1，y1－p)与＝(－x2，y2－p)共线，得x1(y2－p)＋x2(y1－p)＝0，p＝＝＝m9分。
－m＝，m＞，∴0＜p＜，故p的取值范围是(012分。
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