2012河北石家庄一模文数

一、选择题

（2012河北石家庄一模文1）已知集合A{x0x1则AB（ ） B{xx}，}，

12A．{xx0} B．{x0x1} C．{xx1} D．{xx} 【答案】A 【解析】

∵A{x0x1}，B{xx}，∴AB{xx0}．故选A．

1212（2012河北石家庄一模文2）复数

1i（ ） 1iA．i B．i C．1i D．1i 【答案】A 【解析】

1i(1i)(1i)2ii，故选A． 1i(1i)(1i)2（2012河北石家庄一模文3）下列函数中，既是奇函数，又在(0,)上单调递减的函数是（ ） A．ysinx 【答案】C 【解析】

对于A，ysinx在(0,)上显然不是增函数，故A不正确．对于B，yx．为偶函数，故B不正确．对于C，yx，为幂函数，在(0,)上单调递增，故yx． 在(0,)上单调递减，且为奇函数，故C正确．

（2012河北石家庄一模文4）一元二次方程x2xm0有实数解的充要条件为（ ） A．m1 【答案】B

B．m1

C．m1

D．m1

2 B．yx C．yx3 D．yx21

33【解析】

∵一元二次方程x2xm0有实数解，∴24m0解得m1，∴一元二次方程x2xm0有实数解的充要条件为m1，故选B．

222PB，则点P的（2012河北石家庄一模文5）已知向量OA(1,3),OB(3,1)，且AP2坐标为（ ） A．(2,4) 【答案】C 【解析】

B．(,)

2343 C．(,)

7313D．(2,4)

设点P的坐标为(x,y)，由AP2PB，可得(x1,y3)2(3x,1y)，故有x162x，且y322y，解得xC．

（2012河北石家庄一模文6）函数f(x)Asin(x)(A,,)为常数，A0,0的部分图象如图所示，则f(0)的值为（ ）

7171,y，故点P的坐标为(,)，故选3333A．

6 2 B．

3 2C．

12 D．

22【答案】A 【解析】

由函数的图象可知，A2,T72，T，又T，2．又4123423，3，所以函数f(x)62sin(2x),f(0)2sin，故选

332A．

（2012河北石家庄一模文7）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a19,a2a312，则使Sn取得最小值时n的值为（ ） A．2

B．4 C．5 D．7

【答案】C 【解析】

设公差等于d，则由a2a32a13d12，可得公差d2，∴

ana1(n1)d2n11，令2n110，可得n11，可知，a50,a66，即前52项均为负，从第6项开始为正．故前5项和最小，故使Sn取得最小值时n的值为5．故选C．

xy20（2012河北石家庄一模文8）已知实数x,y满足xy0，则zx4y的最大值为

x3（ ）

A．9 B．17 C．5 D．15 【答案】B 【解析】

xy20实数x,y满足xy0表示的可行域如图，则

x3xy20取得最大值，由，zx4y经过如图M点时，

x3解得M(3,5)．所以z的最大值为34517．故答案为17．故选B．

（2012河北石家庄一模文9）已知程序框图如图所示，当输入2与2时，输出的值均为10，则输入1时输出的值为（ ） A．2

B．4

D．8

C．6 【答案】C 【解析】

4ab10∵当输入2与2时，输出的值均为10，∴，解得a2,b2，∴输入1时输

4ba10出的值为y2ab6，故选C．

（2012河北石家庄一模文10）已知A,B,C是球O的球面上三点，三棱锥OABC的高为

22，且ABC60,AB2,BC4，则球O的表面积为（ ）

A．24 B．32 C．48 【答案】C 【解析】

由题意A,B,C是球O的球面上三点，三棱锥OABC的高为22，且D．192

ABC60,AB2,BC4，即cosABC1AB，可知底面三角形是直角三角形，2BC22斜边中点与球心的连线，就是棱锥的高，所以球的半径为2(22)23，所以球的表面积为4(23)248．故选C．

x2y2（2012河北石家庄一模文11）设F1,F2分别为双曲线221的左、右焦点，点P在双

ab曲线的右支上，且F1的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线1F2PF2，F2到直线PF的离心率为（ ） A．

55417 B． C． D． 4333【答案】B 【解析】

依题意F2F1是一个等腰三角形，F2到直线PF1的投影是其中1F2PF2，可知三角形PF点，由勾股定理知：PF124c4a4b；根据双曲定义可知4b2c2a，整理得

22c2ba，代入c2b2a2整理得3b24ab0，求得

b4．∴该双曲线的离心率a3421()aca2b253e．故选B． aaa3（2012河北石家庄一模文12）若实数x满足log3xsincos，其中[,0]，则函数f(x)2x1x的值域为（ ）

12A．[,2] 【答案】A 【解析】

12

B．[,8]

23 C．[,2]

23 D．[,8]

12∵log3xsincos，∴3sincos32sin()4，又∵[,0]，∴

12444，∴22，即12sin()1，∴sin()424213x1,x[,3]12x3．因此f(x)的表达式可化为：f(x)，

113x1,x[,]32①x[,],11121211x1,，即f(x)；②x[,3],3x18，即

3223232211f(x)8．因此，函数f(x)2x1x的值域是[,8]．故选D． 22二、填空题

（2012河北石家庄一模文13）抛物线的x216y焦点坐标为________． 【答案】(0,4) 【解析】

∵抛物线x16y中，p8,答案为：(0,4)．

（2012河北石家庄一模文14）各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为

2p4，焦点在y轴上，开口向上，∴焦点坐标为(0,4)，故2Sn,a11,a2a416，则S4_______．

【答案】15 【解析】

∵a11,a2a416，由等比数列的性质可得，∴a34,q2，a2a4a316且an0，

212415，故答案为：15． ∴S412（2012河北石家庄一模文15）天气预报说，在今后的三天中每一天下雨的概率均为40%，用随机模拟的方法进行试验，由1、2、3、4表示下雨，由5、6、7、8、9、0表示不下雨，利用计算器中的随机函数产生0〜9之间随机整数的20组如下： 907 966 191 925 271 932 812 458 569 683 431 257 393 027 556 488 730 113 537 989

通过以上随机模拟的数据可知三天中恰有两天下雨的概率近似为________． 【答案】0.25 【解析】

由题意知模拟三天中恰有两天下雨的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，在20组随机数中表示三天中恰有两天下雨的有：191、271、932、812、393，共5组随机数，∴所求概率为

50.25．故答案为：0.25． 20（2012河北石家庄一模文16）已知点P在曲线yex（e为自然对数的底数）上，点Q在曲线ylnx上，则PQ的最小值是________． 【答案】2 【解析】

x∵曲线ye（e自然对数的底数）与曲线ylnx互为反函数，其图象关于yx对称，x故可先求点P到直线yx的最近距离d，设曲线ye上斜率为1的切线为yxb，

x∵ye，由e1，得x0，故切点坐标为(0,1)，即b1，∴dx12，∴PQ112的最小值为2d三、解答题

2，故答案为2．

（2012河北石家庄一模文17）如图，已知ABC中，

AB3，C30，AD2DC，BDA60，

求ABC的面积． 【解析】

因为C30,BDA60，可知BDCD， 又AD2CD，所以在ABC中，

(3)2BD2(2BD)22BD2BDcos60，解得BD1，

所以AC边上的高h1sin603， 2SABC1133333，所以ABC的面积为． AC322244（2012河北石家庄一模文18）四棱锥ABCDE的正视图和俯视图如下，其中正视图是等边三角形，俯视图是直角梯形．

（Ⅰ）若F为AC的中点，当点M在棱AD上移动时，是否总有BFCM，请说明理由； （Ⅱ）求三棱锥的高． 【解析】

（Ⅰ）总有BFCM．理由如下： 取BC中点O，连接AO，

由俯视图可知，AO面BCDE，CD平面BCDE， 所以AOCD，

又BCCD,AOBCO，所以CD面ABC， 因为BF面ABC，故BFCD． 因为F是AC的中点，所以BFAC． 又ACCDD，故BF面ACD， 因为CM面ACD，所以BFCM．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，AO平面BCDE，SCDE又在正ABC中，AO3，

1CDBC2， 2所以VACDE1123SCDEAO23， 333在直角ABE中AE5，在直角梯形BCDE中DE5， 在直角ACD中AD22， 在ADE中，SADE111ADDE2(AD)22236， 222设三棱锥CADE的高为h，则VCADE6h， 3又VACDEVCADE，可得

623，解得h2． h33所以，三棱锥CADE的高为2．

（2012河北石家庄一模文19）有一批货物需要用汽车从城市甲运至城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且通过这两条公路所用的时间互不影响．

据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布如表： 所用的时间（天数） 通过公路1的频数 通过公路2的频数 10 20 10 11 40 40 12 20 40 13 20 10 （Ⅰ）为进行某项研究，从所用时间为12天的60辆汽车中随机抽取6辆． （i）若用分层抽样的方法抽取，求从通过公路1和公路2的汽车中各抽取几辆； （ii）若从（i）的条件下抽取的6辆汽车中，再任意抽取两辆汽车，求这两辆汽车至少有一辆通过公路1的概率．

（Ⅱ）假设汽车4只能在约定日期（某月某日）的前11天出发，汽车1只能在约定日期的前12天出发．为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物运往城市乙，估计汽车4和汽车1应如何选择各自的路径． 【解析】

（Ⅰ）（i）根据题意，所用时间为12天共有60辆汽车， 其中公路1有20辆，公路2有40辆， 公路1抽取6202辆汽车，公路2抽取624辆汽车．

2040（ii）通过公路1的两辆汽车分别用a,b表示， 通过公路2的4辆汽车分别用c,d,e,f表示， 任意抽取2辆汽车共有15种可能的结果：

依次为：(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(a,f)，(b,c)，(b,d)，(b,e)，(b,f)，(c,d)，

(c,e)，(c,f)，(d,e)，(d,f)，(e,f)，

其中至少有1辆经过公路1的有9种，所以至少有1辆经过1号公路的概率为（Ⅱ）频率分布表，如下：

所用时间 公路1的频率 公路2的频率 10 11 12 13 93． 1550.2 0.1 0.4 0.4 0.2 0.4 0.2 0.1 设事件C1,C2分别表示汽车4在前11天出发选择公路1、2将货物运往城市乙； 事件D1,D2分别分别表示汽车1在前12天出发选择公路1、2将货物运往城市乙．

P(C1)0.20.40.6，P(C2)0.10.40.5 P(C1)P(C2)，∴汽车4应选择公路1；

P(D1)0.20.40.20.8，P(D2)0.10.40.40.9， P(D1)P(D2)，∴汽车1应选择公路2．

（2012河北石家庄一模文20）在平面直角坐标系xOy中，已知定点A(2,0),B(2,0)，M是动点，且直线MA与直线MB的斜率之积为（Ⅰ）求曲线C的方程；

1，设动点M的轨迹为曲线C． 417（Ⅱ）过定点T(1,0)的动直线l与曲线C交于P,Q两点，若S(,0)，证明：SPSQ8为定值． 【解析】

（Ⅰ）设M点坐标为(x,y)，

∵定点A(2,0),B(2,0)，直线MA与直线MB的斜率之积为1， 4yy1x2，∴y21(x2)， ∴

x2x244x2y21(x2)． ∴曲线C的方程为4（Ⅱ）证明：当动直线l的斜率不存在时，P(1,33),Q(1,)， 223317若S(,0),SPSQ．

864当动直线l的斜率存在时，设动直线l的方程为yk(x1)(k0)， 联立方程组，消去y得(14k2)x28k2x4k240，

8k2xx1214k2设P(x1,y1),Q(x2,y2)，∴，

2xx4k41214k21717,y1),SQ(x2,y2)， ∴SP(x18817174(14k2)17233,y1)(x2,y2)2∴SPSQ(x1． 8814k28642ex（2012河北石家庄一模文21）已知函数f(x)（e为自然对数的底数）．

1ax2（Ⅰ）若函数f(x)有极值，求实数a的取值范围；

2x2mx2（Ⅱ）若a1,m4(ln21)，求证：当x0时，f(x)．

1x2【解析】

2ex2ex(1ax22ax)（Ⅰ）由f(x)，可得f(x)，

1ax2(1ax2)2依题意，需方程1ax2ax0在xR上有两个不等实根，

2a0则，解得：a1或a0． 24a2a02ex（Ⅱ）证明：若a1,f(x)，

1x22x2mx22ex2x2mx2∴f(x)， 21x1x2设h(x)2e2xmx2，∴h(x)2e4xm， 设g(x)2e4xm(x0)，g(x)2e4，

xxx2x令g(x)0，则0ln2；令g(x)0，则xln2； ∴函数g(x)在(0,ln2)上单调减，在(ln2,)上单调增， ∴g(x)ming(ln2)44ln2m，∴h(x)44ln2m， ∵m4(ln21)，∴h(x)44ln2m0， ∴h(x)在(0,)上单调递增， ∵h(x)0，∴h(x)0，

2ex2x2mx20， ∵1x0，∴21x22x2mx22ex2x2mx22x2mx20，即f(x)∴f(x)．

1x21x21x2（2012河北石家庄一模文22A）已知ABC中ABAC，D为

ABC外接圆劣弧AC上的点（不与点A,C重合），延长BD至E，延长AD交BC的延长线于F．

（Ⅰ）求证．CDFEDF；

（Ⅱ）求证：ABACDFADFCFB． 【解析】

（Ⅰ）∵A,B,C,D四点共圆，∴ABCCDF， 又ABAC，∴ABCACB， 且ADBACB，∴ADBCDF， 对顶角EDFADB，故EDFCDF； （Ⅱ）由（Ⅰ）得ADBABF， ∵BADFAB，∴BAD~FAB， ∴

ABAD2，∴ABADAF， AFAB∵ABAC，∴ABACADAF， ∴ABACDFADAFDF， 根据割线定理DFAFFCFB， ∴ABACDFADFCFB．

（2012河北石家庄一模文22B）在平面直角坐标系中，取原点为极点x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C1的极坐标方程为：2cos，直线C2的参数方程为：

x1y32t2（为参数）

． t2t2（Ⅰ）求曲线C1的直角坐标方程，曲线C2的普通方程；

（Ⅱ）先将曲线C1上所有的点向左平移1个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍得到曲线C3，P为曲线C3上一动点，求点P到直线C2的距离的最小值，并求出相应的P点的坐标． 【解析】

2（Ⅰ）C1的极坐标方程为：2cos，即：2cos，

化为直角坐标方程为x2y22x，即为(x1)2y21，

x1直线C2的参数方程为：y32t2（为参数）

， t2t2消去t得普通方程为xy20．

x2y21， （Ⅱ）曲线C3上的方程为3设点P(3cos,sin)，

点P到直线的距离为d3cossin42cos(6)4，

22由三角函数的性质知，当所以P点的坐标为(6是，d取得最小值2，此时5， 631,)． 22（2012河北石家庄一模文22C）解不等式：

11． x2xx【解析】

2①当xx0时，即0x1时，不等式成立；

②当xx0时，即x1或x0时，不等式化为x2xx，

2故有(x2x)xx2x，解得x2，或x0， 所以x2或x0．

故原不等式的解集为{xx2或x0或0x1}．