唐山市2018-2019学年度高三年级第二次模拟考试文数试卷A及答案

唐山市2018—2019学年度高三年级摸底考试理科数学参考答案一．选择题：A 卷：ADBCDDACCB CB B 卷：ADBBD DACAB CB二．填空题：（13）2 （14） 1 2 （15）2 6 （16）(1，3)三．解答题：17．解：（1）由已知可得，2S n ＝3a n －1，① 所以2S n －1＝3a n －1－1 （n ≥2）， ②①－②得，2(S n －S n －1)＝3a n －3a n －1，化简为a n ＝3a n －1（n ≥2），即a n a n －1＝3（n ≥2）， …3分 在①中，令n ＝1可得，a 1＝1， …4分所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有a n ＝3n －1．…6分 （2）b n ＝(n －1)·3n －1，T n ＝0·30＋1·31＋2·32＋…＋(n －1)·3n －1， ③则3T n ＝0·31＋1·32＋2·33＋…＋(n －1)·3n ． ④③－④得，－2T n ＝31＋32＋33＋…＋3n －1－(n －1)·3n ，…8分 ＝3－3n1－3－(n －1)·3n ＝(3－2n )·3n －32．…10分 所以，T n ＝(2n －3)·3n ＋34． …12分 18．解：（1）由茎叶图可知，甲当天生产了10个零件，其中4个一等品，6个二等品；乙当天生产了10个零件，其中5个一等品，5个二等品， 所以，抽取的2个零件等级互不相同的概率P ＝4×5＋6×510×10＝ 1 2．…5分 （2）X 可取0，1，2，3．…6分 P (X ＝0)＝C 04C 36C 310＝ 1 6；P (X ＝1)＝C 14C 26C 310＝ 1 2； P (X ＝2)＝C 24C 16C 310＝ 3 10； P (X ＝3)＝C 34C 06C 310＝ 1 30； …10分X 的分布列为∴随机变量X 的期望E (X )＝0× 1 6＋1× 1 2＋2× 3 10＋3× 1 30＝ 6 5． …12分19．解：（1）∵直角三角形ABC 中，AB ＝BC ＝2，D 为AC 的中点，∴BD ⊥CD ， 又∵PB ⊥CD ，BD ∩PB ＝B ，∴CD ⊥平面PBD ，∴CD ⊥PD ，又∵AD ⊥BD ，∴PD ⊥BD ．又因为BD ∩CD ＝D ，∴PD ⊥平面BCD ． …5分（2）以D 为坐标原点，DA ，DB ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A (2，0，0)，B (0，2，0)，C (－2，0，0)，P (0，0，2)，PA →＝(2，0，－2)，PB →＝(0，2，－2)，CB →＝(2，2，0)设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由PB →·n ＝0，CB →·n ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＋2y ＝0，取n ＝(1，－1，－1)． …9分cos PA →，n ＝PA →·n |PA →||n |＝63，∴直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值为63．…12分 20．解：（1）由已知可得，y 1＝x 21，y 2＝x 22，所以y 1－y 2＝x 21－x 22＝(x 1＋x 2)(x 1－x 2)＝2(x 1－x 2)，此时，直线l 的斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝2．…4分 （2）因为OB ⊥l ，所以k OB ＝－ 1k ，又因为k OB ＝y 2x 2＝x 22x 2＝x 2，所以，x 2＝－ 1k ，…6分 又由（1）可知，x 1＋x 2＝y 1－y 2x 1－x 2＝k ，从而有，x 1＝k －x 2＝k ＋ 1k ，所以|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2|k ＋ 2k |，|OB |＝x 22＋y 22＝x 22＋x 42＝1k 2＋1k 4＝1＋k 2k 2，…9分 因为|AB |＝3|OB |，所以1＋k 2|k ＋ 2 k |＝31＋k 2k 2，化简得，|k 3＋2k |＝3，解得，k ＝±1，所以，|AB |＝1＋k 2|k ＋ 2k |＝32．…12分 21．解：（1）当a ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ 1x ，所以f (x )＝ 1 x － 1 x 2． …1分 设切点为(x 0，f (x 0))，曲线y ＝f (x )与y ＝m 相切，得f(x 0)＝0， 解得x 0＝1，所以切点为（1，1）．…3分 所以m ＝1． …4分（2）依题意得f (1)≥ e a ，所以1≥ ea ，从而a ≥e ．…5分 因为f (x )＝x －ln ax 2ln a ，a ≥e ，所以当0＜x ＜ln a 时，f (x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞ln a 时，f (x )＞0，f (x )单调递增，所以当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值log a (ln a )＋ 1ln a ．…7分 设g (x )＝eln x －x ，x ≥e ，则g (x )＝ e x －1＝e －xx ≤0，所以g (x )在[e ，＋∞)单调递减，从而g (x )≤g (e)＝0，所以eln x ≤x ．…10分 又a ≥e ，所以eln a ≤a ，从而 1 ln a ≥ ea ，当且仅当a ＝e 时等号成立．因为ln a ≥1，所以log a (ln a )≥0，即log a (ln a )＋ 1 ln a ≥ea ．综上，满足题设的a 的取值范围为[e ，＋∞)．…12分 22．解：（1）由ρ2－22ρsin (θ＋ π4)－4＝0得，ρ2－2ρcos θ－2ρsin θ－4＝0．所以x 2＋y 2－2x －2y －4＝0．曲线C 的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －1)2＝6．…5分（2）将直线l 的参数方程代入x 2＋y 2－2x －2y －4＝0并整理得，t 2－2(sin α＋cos α)t －4＝0，t 1＋t 2＝2(sin α＋cos α)，t 1t 2＝－4＜0．||OA |－|OB ||＝||t 1|－|t 2||＝|t 1＋t 2|＝|2(sin α＋cos α)|＝|22sin (α＋ π 4)| 因为0≤α＜，所以 π 4≤α＋ π 4＜5π4，从而有－2＜22sin (α＋ π4)≤22．所以||OA |－|OB ||的取值范围是[0，22]．…10分 23．解：（1）由题意得|x ＋1|＞|2x －1|,所以|x ＋1|2＞|2x －1|2,整理可得x 2－2x ＜0，解得0＜x ＜2，故原不等式的解集为{x |0＜x ＜2}．…5分 （2）由已知可得，a ≥f (x )－x 恒成立，设g (x )＝f (x )－x ，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2， x ＜－1，2x ，－1≤x ≤ 12，－2x ＋2， x ＞ 12，由g (x )的单调性可知，x ＝ 12时，g (x )取得最大值1，所以a 的取值范围是[1，＋∞）． …10分唐山市2018—2019学年度高三年级摸底考试文科数学参考答案一．选择题：A卷：ACDBD CBCDA ACB卷：ACDCD CBCDA AB二．填空题：（13）12（14）2 （15）1 （16）(3，2]三．解答题：17．解：（1）设数列{a n}的首项为a1，公差为d（d≠0），则a n＝a1＋(n－1)d．因为a2，a3，a5成等比数列，所以(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，化简得，a1d＝0，又因为d≠0，所以a1＝0，…3分又因为a4＝a1＋3d＝3，所以d＝1．所以a n＝n－1．…6分（2）b n＝n·2n－1，…7分T n＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，①则2T n＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n．②①－②得，－T n＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n，…8分＝1－2n1－2－n·2n …10分＝(1－n)·2n－1．所以，T n＝(n－1)·2n＋1．…12分18．解：（1）-x甲＝110(217＋218＋222＋225＋226＋227＋228＋231＋233＋234)＝226.1；-x乙＝110(218＋219＋221＋224＋224＋225＋226＋228＋230＋232)＝224.7；…4分（2）由抽取的样本可知，应用甲工艺生产的产品为一等品的概率为25，二等品的概率为35，故采用甲工艺生产该零件每天取得的利润：w甲＝300×25×30＋300×35×20＝7200元；…7分应用乙工艺生产的产品为一等品、二等品的概率均为12，故采用乙工艺生产该零件每天取得的利润：w乙＝280×12×30＋280×12×20＝7000元．…10分因为w甲＞w乙，所以采用甲工艺生产该零件每天取得的利润更高．…12分19．解：（1）∵直角三角形ABC中，AB＝BC＝2，D为AC的中点，∴BD⊥CD，又∵PB ⊥CD ，BD ∩PB ＝B ，∴CD ⊥平面PBD ，又因为PD 平面PBD ，∴PD ⊥CD ． …5分（2）∵AD ⊥BD ，∴PD ⊥BD ．又∵PD ⊥CD ，BD ∩CD ＝D ，∴PD ⊥平面BCD ．…8分 在直角三角形ABC 中，AB ＝BC ＝2，所以PD ＝AD ＝2，PB ＝PC ＝BC ＝2．S △ABC ＝2，S △PBC ＝3，设A 点到平面PBC 的距离为d ，由V P -ABC ＝V A -PBC 得，1 3S △ABC ×PD ＝ 13S △PBC ×d ，∴d ＝S △ABC ×PD S △PBC ＝ 263．即A 点到平面PBC 的距离为 263．…12分 20．解：（1）设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝2y 得，x 2－2kx －2m ＝0，＝4k 2＋8m ，x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－2m ，…2分 因为AB 的中点在x ＝1上，所以x 1＋x 2＝2．即2k ＝2，所以k ＝1．…4分 （2）O 到直线l 的距离d ＝|m |2，|CD |＝212－m 22， …5分所以|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝22·1＋2m ，…6分因为|AB |＝|CD |,所以22·1＋2m ＝212－m 22， 化简得m 2＋8m －20＝0， 所以m ＝－10或m ＝2． …10分 由⎩⎨⎧＞0，d ＜23得－ 12＜m ＜26．所以m ＝2，直线l 的方程为y ＝x ＋2．…12分 21．解：（1）f (x )＝2(ln x ＋1)．…1分 所以当x ∈(0， 1e )时，f (x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈( 1e ，＋∞)时，f (x )＞0，f (x )单调递增．所以x ＝ 1 e 时，f (x )取得最小值f ( 1 e )＝1－ 2e ．…5分 （2）x 2－x ＋ 1x ＋2ln x －f (x )＝x (x －1)－x －1x －2(x －1)ln x＝(x －1)(x － 1x －2ln x )，…7分 令g (x )＝x － 1 x －2ln x ，则g (x )＝1＋ 1 x 2－ 2 x ＝ (x －1)2x 2≥0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又因为g (1)＝0，所以当0＜x ＜1时，g (x )＜0；当x ＞1时，g (x )＞0，…10分 所以(x －1)(x － 1x －2ln x )≥0，即f (x )≤x 2－x ＋ 1x ＋2ln x ．…12分 22．解：（1）由ρ2－22ρsin (θ＋ π 4)－4＝0得， ρ2－2ρcos θ－2ρsin θ－4＝0． 所以x 2＋y 2－2x －2y －4＝0．曲线C 的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －1)2＝6． …5分（2）将直线l 的参数方程代入x 2＋y 2－2x －2y －4＝0并整理得，t 2－2(sin α＋cos α)t －4＝0，t 1＋t 2＝2(sin α＋cos α)，t 1t 2＝－4＜0．||OA |－|OB ||＝||t 1|－|t 2||＝|t 1＋t 2|＝|2(sin α＋cos α)|＝|22sin (α＋ π 4)|因为0≤α＜，所以 π 4≤α＋ π4＜5π4， 从而有－2＜22sin (α＋ π 4)≤22． 所以||OA |－|OB ||的取值范围是[0，22]．…10分 23．解：（1）由题意得|x ＋1|＞|2x －1|,所以|x ＋1|2＞|2x －1|2,整理可得x 2－2x ＜0，解得0＜x ＜2，故原不等式的解集为{x |0＜x ＜2}． …5分（2）由已知可得，a ≥f (x )－x 恒成立，设g (x )＝f (x )－x ，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2， x ＜－1，2x ，－1≤x ≤ 1 2，－2x ＋2， x ＞ 12， 由g (x )的单调性可知，x ＝ 12时，g (x )取得最大值1， 所以a 的取值范围是[1，＋∞）．…10分。

河北省唐山市2018—2018学年度高三年级第二次模拟考试数学（文）试题说明：一、本试卷共4页，包括三道大题，24道小题，共150分，其中1．～(21)小题为必做题，(22)～(24)小题为选做题．二、答题前请仔细阅读答题卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题． 三、做选择题时，每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮将原选涂答案擦干净后，再选涂其他答案， 四、考试结束后，将本试卷与原答题卡一并交回， 参考公式：样本数据n x x x ,,,21 的标准差；x x x x x x x ns n 其中],)()()[(122221-+-+-=为样本平均数； 柱体体积公式：为底面面积其中S Sh V ,=、h 为高；锥体体积公式：h S Sh V ,,31为底面面积其中=为高；球的表面积、体积公式：,34,432R V R S ππ==其中R 为球的半径。

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求． 1．已知1zi-=2+i ，则复数z 的共轭复数为 A ．3+iB ．3-iC ．-3-iD ．-3+i2．己知集合A={l ，2，3），集合B=（2，3，4），则A ()N C B =A ．{l}B ．f0,1}C ．{1,2,3}D ．（2,3,4）3．己知命题p ：“a>b”是“2a >2b”的充要条件；q ：x ∃∈R，lx+l l≤x，则 A ．⌝p ∨q 为真命题 B ．p ∨q 为真命题 C ．p ∧q 为真命题 D ．p ∧⌝q 为假命题 4．已知α是第三象限的角，且tan α=2，则sin （α+4π）= A． BC． D5．设变量x 、y 满足1,0,220,x y x y x y +≥⎧⎪-≥⎨⎪--≥⎩则目标函数z=2x+y 的最小值为A ．32B ．2C ．4D ．66．把函数y=sin （2x-6π）的图象向左平移6π个单位后，所得函数图象的一条对称轴为 A ．x=0B ．x=2πC ．x=6πD ．x=—12π7．执行如图所示的算法，若输出的结果y≥2，则输入的x 满足A ．x≥4B ．x≤-lC ．-1≤x≤4D ．x≤一l 或x≥4 8．已知某几何体的三视图如图所示，则其体积为 A ．2 B ．lC ．43D ．539．曲线y=11x x -+在点（0，一1）处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为 A ．1 B ．－12 C ．43D ．1810．奇函数f （x ）、偶函数g （x ）的图象分别如图1、2所示，方程f （g(x ）)=0、g （f(x ））=0 的实根个数分别为a 、b ，则a+b= A ．3 B ．7 C ．10 D ．1411．直线l 与双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>交于A 、B 两点，M 是线段AB 的中 点，若l 与OM （O 是原点）的斜率的乘积等于1，则此双曲线的离心率为 A ．2BC ．3D12．把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm 的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点，则皮球的半径为 A ．B ．10 cmC ．D ．30cm二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 13．函数的定义域为 。

2019年河北省唐山市高考数学二模试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．1．集合A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|﹣1＜x＜2}，则A∪B=（）A．（﹣2，1）B．（﹣1，1）C．（﹣2，2）D．（﹣1，2）2．数z满足（1+z）（1+2i）=i，则复平面内表示复数z的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．α为实数，则“α=2kπ+（k∈Z）”是“tanα=1”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件4．大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，则甲、乙被安排到不同景区的概率为（）A．B．C．D．5．执行如图的程序框图，若输入M的值为1，则输出的S=（）A．6 B．12 C．14 D．206．已知a=log34，b=logπ3，c=50.5，则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．b＜a＜c7．若实数x，y满足，则z=3x+4y的最大值是（）A．3 B．8 C．14 D．158．函数f（x）=cos（x+）+2sin sin（x+）的最大值是（）A．1 B．sin C．2sin D．9．椭圆y2+=1（0＜m＜1）上存在点P使得PF1⊥PF2，则m的取值范围是（）A．[，1）B．（0，] C．[，1）D．（0，]10．在▱ABCD中，AB=2AD=4，∠BAD=60°，E为BC的中点，则•=（）A．6 B．12 C．﹣6 D．﹣1211．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB，该四棱锥被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．B．C．D．12．已知函数f（x）=x在[0，1）上的最大值为m，在（1，2]上的最小值为n，则m+n=（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．13．已知双曲线C的焦点在x轴上，渐近线方程是y=±2x，则C的离心率e=．14．已知△ABC的三边长分别为2，3，，则△ABC的面积S=．15．已知函数f（x）=e x﹣ax﹣1，若x轴为曲线y=f（x）的切线，则a=．16．已知AB是球O的直径，C，D为球面上两动点，AB⊥CD，若四面体ABCD体积的最大值为9，则球O的表面积为．三、解答题：本大题共70分，其中（17）-（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1=﹣7，S8=0．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）数列{b n}满足b1=，b n b n+1=2an，求数列{b n}的通项公式．18．二手车经销商小王对其所经营的某一型号二手汽车的使用年数x（0＜x≤10）与销售价y/（Ⅰ）试求y关于x的回归直线方程；（参考公式：=，=﹣）（Ⅱ）已知每辆该型号汽车的收购价格为w=0.05x2﹣1.75x+17.2万元，根据（Ⅰ）中所求的回归方程，预测x为何值时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大？19．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为边AD的中点，分别沿BE，CE将△ABE，△DCE折叠，使平面ABE和平面DCE均与平面BCE垂直．（Ⅰ）证明：AD∥平面BEC；（Ⅱ）求点E到平面ABCD的距离．20．已知抛物线C：y2=4x，经过点（4，0）的直线l交抛物线C于A，B两点，M（﹣4，0），O为坐标原点．（Ⅰ）证明：k AM+k BM=0；（Ⅱ）若直线l的斜率为k（k＜0），求的最小值．21．设函数f（x）=+（1﹣k）x﹣klnx．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若k为正数，且存在x0使得f（x0）＜﹣k2，求k的取值范围．请考生在第（22），（23），（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，四边形ABCD内接于圆O，AC与BD相交于点F，AE与圆O相切于点A，与CD的延长线相交于点E，∠ADE=∠BDC．（Ⅰ）证明：A、E、D、F四点共圆；（Ⅱ）证明：AB∥EF．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（φ为参数，0＜φ＜π），曲线C2与曲线C1关于原点对称，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为ρ=2（0＜θ＜π），过极点O的直线l分别与曲线C1，C2，C3相交于点A，B，C．（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程；（Ⅱ）求|AC|•|BC|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+1|+m|x﹣1|．（Ⅰ）当m=2时，求不等式f（x）＜4的解集；（Ⅱ）若m＜0，f（x）≥2m，求m的最小值．2019年河北省唐山市高考数学二模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．1．集合A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|﹣1＜x＜2}，则A∪B=（）A．（﹣2，1）B．（﹣1，1）C．（﹣2，2）D．（﹣1，2）【考点】并集及其运算．【分析】由A与B，求出两集合的并集即可．【解答】解：∵A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|﹣1＜x＜2}，∴A∪B={x|﹣2＜x＜2}．故选：C．2．数z满足（1+z）（1+2i）=i，则复平面内表示复数z的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】由（1+z）（1+2i）=i，得到，再利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复平面内表示复数z的点的坐标，则答案可求．【解答】解：由（1+z）（1+2i）=i，得=，则复平面内表示复数z的点的坐标为：（，），位于第二象限．故选：B．3．α为实数，则“α=2kπ+（k∈Z）”是“tanα=1”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由tanα=1，解得α=（k∈Z），即可得出．【解答】解：由tanα=1，解得α=（k∈Z），∴“α=2kπ+（k∈Z）”是“tanα=1”的充分不必要条件．故选：A．4．大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，则甲、乙被安排到不同景区的概率为（）A．B．C．D．【考点】古典概型及其概率计算公式．【分析】大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，利用列举法求出基本事件总数和甲、乙被安排到同一景区包含的基本事件个数，由此利用对立事件概率加法公式能求出甲、乙被安排到不同景区的概率．【解答】解：大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，基本事件总数有（甲乙，丙），（甲丙，乙），（乙丙，甲），（丙，甲乙），（乙，甲丙），（甲，乙丙），共6个基本事件，其中，甲、乙被安排到同一景区包含的基本事件有（甲乙，丙），（丙，甲乙），包含两个基本事件，∴甲、乙被安排到不同景区的概率：p=1﹣=．故选：D．5．执行如图的程序框图，若输入M的值为1，则输出的S=（）A．6 B．12 C．14 D．20【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的M，S，k的值，当k=4时不满足条件k≤3，退出循环，输出S的值为12．【解答】解：模拟执行程序，可得M=1，S=1，k=1满足条件k≤3，M=3，S=4，k=2满足条件k≤3，M=2，S=6，k=3满足条件k≤3，M=6，S=12，k=4不满足条件k≤3，退出循环，输出S的值为12．故选：B．6．已知a=log34，b=logπ3，c=50.5，则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．b＜a＜c【考点】对数值大小的比较．【分析】利用指数函数与对数函数的运算性质比较三个数与1和2的大小得答案．【解答】解：∵a=log 34＞1，b=log π3＜1，c=50.5=，而a=log 34＜log 39=2，∴c ＞a ＞b ．故选：D ．7．若实数x ，y 满足，则z=3x +4y 的最大值是（ ）A ．3B ．8C ．14D ．15【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z 的几何意义，即可得到结论．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=3x +4y 得y=﹣x +，平移直线y=﹣x +由图象可知当直线y=﹣x +经过点A 时，直线y=﹣x +的截距最大，此时z 最大，由，解得，即A （2，2），此时z=3×2+4×2=6+8=14，故选：C ．8．函数f （x ）=cos （x +）+2sin sin （x +）的最大值是（ ）A．1 B．sin C．2sin D．【考点】三角函数的最值．【分析】由三角函数公式整体可得f（x）=cosx，可得函数的最大值为1．【解答】解：由三角函数公式可得f（x）=cos（x+）+2sin sin（x+）=cos[（x+）+]+2sin sin（x+）=cos（x+）cos﹣sin（x+）sin+2sin sin（x+）=cos（x+）cos+sin（x+）sin=cos[（x+）﹣]=cosx，∴函数的最大值为1．故选：A．9．椭圆y2+=1（0＜m＜1）上存在点P使得PF1⊥PF2，则m的取值范围是（）A．[，1）B．（0，] C．[，1）D．（0，]【考点】椭圆的简单性质．【分析】由已知得短轴顶点B与焦点F1，F1所成角∠F1BF2≥90°，从而≥m，由此能求出m的取值范围．【解答】解：∵椭圆y2+=1（0＜m＜1）上存在点P使得PF1⊥PF2，∴短轴顶点B与焦点F1，F1所成角∠F1BF2≥90°，∴≥m，由0＜m＜1，解得0＜m≤．故选：B．10．在▱ABCD中，AB=2AD=4，∠BAD=60°，E为BC的中点，则•=（）A．6 B．12 C．﹣6 D．﹣12【考点】平面向量数量积的运算．【分析】建立平面直角坐标系，代入各点坐标计算【解答】解以AB所在直线为x轴，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（4，0），C（5，），D（1，）．E（，）=（，），∴=（﹣3，）． ==﹣12，故选：D11．在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PA=AB ，该四棱锥被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是过BD 且平行于PA 的平面截四棱锥P ﹣ABCD 所得的几何体；画出图形结合图形求出截取部分的体积与剩余部分的体积之比是多少即可．【解答】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是过BD 且平行于PA 的平面截四棱锥P ﹣ABCD 所得的几何体；设AB=1，则截取的部分为三棱锥E ﹣BCD ，它的体积为V 三棱锥E ﹣BCD =××1×1×=， 剩余部分的体积为V 剩余部分=V 四棱锥P ﹣ABCD ﹣V 三棱锥E ﹣BCD =×12×1﹣=；所以截取部分的体积与剩余部分的体积比为： =1：3．故选：B ．12．已知函数f（x）=x在[0，1）上的最大值为m，在（1，2]上的最小值为n，则m+n=（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】通过变形可知f（x）=1++sinπx，进而可知当x∈[0，1）时，函数g（x）=+sinπx满足g（2﹣x）=﹣g（x），由此可知在区间[0，1）∪（1，2]上，函数f（x）关于点（1，1）中心对称，利用对称性即得结论．【解答】解：f（x）=x=1++sinπx，记g（x）=+sinπx，则当x∈[0，1）时，g（2﹣x）=+sinπ（2﹣x）=﹣sinπx，即在区间[0，1）∪（1，2]上，函数f（x）关于点（1，1）中心对称，∴m+n=2，故选：D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．13．已知双曲线C的焦点在x轴上，渐近线方程是y=±2x，则C的离心率e=．【考点】双曲线的简单性质．【分析】设双曲线的方程为﹣=1（a，b＞0），求出渐近线方程，可得b=2a，由a，b，c的关系和离心率公式计算即可得到所求值．【解答】解：设双曲线的方程为﹣=1（a，b＞0），由渐近线方程y=±x，可得=2，即b=2a，可得c==a，即有e==．故答案为：．14．已知△ABC的三边长分别为2，3，，则△ABC的面积S=．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】由余弦定理可得一内角的余弦值，进而可得正弦值，代入三角形的面积公式计算即可得解．【解答】解：在△ABC中，由题意，不妨设△ABC的三边长分别为a=2，b=3，c=，则由余弦定理可得cosA===，∴sinA==，∴则△ABC的面积S=bcsinA=×3××=．故答案为：．15．已知函数f（x）=e x﹣ax﹣1，若x轴为曲线y=f（x）的切线，则a=1．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】求出f（x）的导数，设出切点（m，0），代入f（x）和导数式，可得a，m的方程，可得a﹣alna=1，构造g（a）=a﹣alna，求出导数，求得单调区间，可得极值点，即可得到方程的解为1．【解答】解：函数f（x）=e x﹣ax﹣1的导数为f′（x）=e x﹣a，设切点为（m，n），即有n=0，n=e m﹣am﹣1，由导数的几何意义可得，e m﹣a=0，化为a﹣alna=1，由g（a）=a﹣alna的导数为g′（a）=1﹣（1+lna）=﹣lna，当a＞1时，g′（a）＜0，g（a）递减；当0＜a＜1时，g′（a）＞0，g（a）递增．可得a=1处g（a）取得极大值，且为最大值1．即有方程a﹣alna=1的解为1．故答案为：1．16．已知AB是球O的直径，C，D为球面上两动点，AB⊥CD，若四面体ABCD体积的最大值为9，则球O的表面积为36π．【考点】球的体积和表面积．【分析】由题意，△ABC为等腰直角三角形，高为球O的半径时，四面体ABCD的体积最大，利用四面体ABCD体积的最大值为9，求出R，即可求出球O的表面积．【解答】解：由题意，△ABC为等腰直角三角形，高为球O的半径时，四面体ABCD的体积最大，最大值为=9，∴R=3，∴球O的表面积为4πR2=36π．故答案为：36π．三、解答题：本大题共70分，其中（17）-（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1=﹣7，S8=0．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）数列{b n}满足b1=，b n b n+1=2an，求数列{b n}的通项公式．【考点】数列递推式；等差数列的通项公式．【分析】（Ⅰ）由S 8=0得a 8=7，从而可得d==2，从而求得通项公式；（Ⅱ）由方程可得b n+2=4b n ，从而求得{b n }是以为首项，以2为公比的等比数列，从而求通项公式．【解答】解：（Ⅰ）由S 8=0得a 1+a 8=﹣7+a 8=0，∴a 8=7，d==2， 所以{a n }的前n 项和：S n =na 1+ d=﹣7n +n （n ﹣1）=n 2﹣8n ，a n =﹣7+2（n ﹣1）=2n ﹣9．（Ⅱ）由题设得b n b n+1=2，b n+1b n+2=2，两式相除得b n+2=4b n ，又∵b 1b 2=2=，b 1=，∴b 2==2b 1，∴b n+1=2b n ，即{b n }是以为首项，以2为公比的等比数列， 故b n =2n ﹣5．18．二手车经销商小王对其所经营的某一型号二手汽车的使用年数x （0＜x ≤10）与销售价y /（Ⅰ）试求y 关于x 的回归直线方程；（参考公式： =， =﹣） （Ⅱ）已知每辆该型号汽车的收购价格为w=0.05x 2﹣1.75x +17.2万元，根据（Ⅰ）中所求的回归方程，预测x 为何值时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z 最大？【考点】线性回归方程．【分析】（Ⅰ）由表中数据计算、，求出、，即可写出回归直线方程；（Ⅱ）写出利润函数z=y ﹣w ，利用二次函数的图象与性质求出x=3时z 取得最大值．【解答】解：（Ⅰ）由表中数据得， =×（2+4+6+8+10）=6，=×（16+13+9.5+7+4.5）=10，由最小二乘法求得==﹣1.45，=10﹣（﹣1.45）×6=18.7，所以y关于x的回归直线方程为y=﹣1.45x+18.7；（Ⅱ）根据题意，利润函数为z=y﹣w=（﹣1.45x+18.7）﹣（0.05x2﹣1.75x+17.2）=﹣0.05x2+0.3x+1.5，所以，当x=﹣=3时，二次函数z取得最大值；即预测x=3时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大．19．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为边AD的中点，分别沿BE，CE将△ABE，△DCE折叠，使平面ABE和平面DCE均与平面BCE垂直．（Ⅰ）证明：AD∥平面BEC；（Ⅱ）求点E到平面ABCD的距离．【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）证明四边形AMND为平行四边形，可得AD∥MN，利用线面平行的判定定理证明：AD∥平面BEC；（Ⅱ）利用V E﹣ABC =V A﹣BEC，求点E到平面ABCD的距离．【解答】（Ⅰ）证明：分别取BE，CE中点M，N，连接AM，MN，DN，由已知可得△ABE，△DCE均为腰长为4的等腰直角三角形，所以AM⊥BE，且AM=2．又∵平面ABE⊥平面BCE，且交线为BE，∴AM⊥平面BEC，同理可得：DN⊥平面BEC，且DN=2．∴AM∥DN，且AM=DN，∴四边形AMND为平行四边形．∴AD∥MN，又∵MN⊂平面BEC，AD⊄平面BEC，∴AD∥平面BEC．…（Ⅱ）解：点E到平面ABC的距离，也就是三棱锥E﹣ABC的高h．连接AC，MC，在Rt △EMC 中有MC==2，在Rt △AMC 中有AC==4．可得AC 2+AB 2=BC 2，所以△ABC 是直角三角形．由V E ﹣ABC =V A ﹣BEC 得•AB •AC •h=•BE •EC •AM ，可知h=．∴点E 到平面ABC 的距离为．…20．已知抛物线C ：y 2=4x ，经过点（4，0）的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，M （﹣4，0），O 为坐标原点．（Ⅰ）证明：k AM +k BM =0；（Ⅱ）若直线l 的斜率为k （k ＜0），求的最小值．【考点】抛物线的简单性质．【分析】（I ）设直线方程为x=my +4，代入抛物线方程得出交点的坐标关系，分别求出k AM ，k BM ，利用根与系数的关系化简即可得出结论；（II ）将k=和（I ）中的k AM ，k BM 代入化简，利用基本不等式得出最值．【解答】证明：（Ⅰ）设l ：x=my +4，A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．将x=my +4代入y 2=4x 得y 2﹣4my ﹣16=0，∴y 1+y 2=4m ，y 1y 2=﹣16．∴k AM ====，同理：k BM =，∴k AM +k BM =0．解：（Ⅱ）∵直线l 的斜率为k ，∴k=．∴m ＜0．==﹣=﹣（16m 2+64）=﹣=﹣m +≥4，当且仅当m=﹣2时等号成立，∴的最小值为4．21．设函数f（x）=+（1﹣k）x﹣klnx．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若k为正数，且存在x0使得f（x0）＜﹣k2，求k的取值范围．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（Ⅰ）求出函数的定义域，求导，讨论k的取值，分别解出f′（x）＞0，f′（x）＜0 即可得出，（Ⅱ）由（Ⅰ）可求得函数的最小值，f（x0）＜﹣k2，将其转化成+1﹣lnk﹣＜0，构造辅助函数，判断其单调性，即可求得k的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=x+1﹣k﹣==，（ⅰ）k≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ⅱ）k＞0时，x∈（0，k），f′（x）＜0；x∈（k，+∞），f′（x）＞0，∴f（x）在（0，k）上单调递减，f（x）在（k，+∞）上单调递增．…（Ⅱ）因k＞0，由（Ⅰ）知f（x）+k2﹣的最小值为f（k）+k2﹣=+k﹣klnk﹣，由题意得+k﹣klnk﹣＜0，即+1﹣lnk﹣＜0．…令g（k）=+1﹣lnk﹣，则g′（k）=﹣+=＞0，∴g（k）在（0，+∞）上单调递增，又g（1）=0，∴k∈（0，1）时，g（k）＜0，于是+k﹣klnk﹣＜0；k∈（1，+∞）时，g（k）＞0，于是+k﹣klnk﹣＞0．故k的取值范围为0＜k＜1．…请考生在第（22），（23），（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．[选修4-1：几何证明选讲] 22．如图，四边形ABCD内接于圆O，AC与BD相交于点F，AE与圆O相切于点A，与CD的延长线相交于点E，∠ADE=∠BDC．（Ⅰ）证明：A、E、D、F四点共圆；（Ⅱ）证明：AB∥EF．【考点】弦切角；圆內接多边形的性质与判定．【分析】（Ⅰ）由题意证明∠CAE=∠ADE，又已知∠ADE=∠BDC，可证∠BDC=∠CAE，从而可得A，E，D，F四点共圆．（Ⅱ）由圆內接四边形的性质得∠ADE=∠AFE=∠BDC，又∠BDC=∠BAC，从而可证∠AFE=∠BAC，即可证明AB∥EF．【解答】（本题满分为10分）证明：（Ⅰ）因为AE与圆O相切于点A，所以∠CAE=∠CBA；因为四边形ABCD内接于圆O，所以∠CBA=∠ADE；又已知∠ADE=∠BDC，所以∠BDC=∠CAE，故A，E，D，F四点共圆．…（Ⅱ）由（Ⅰ）得∠ADE=∠AFE=∠BDC，又∠BDC=∠BAC（同弧所对的圆周角相等），所以∠AFE=∠BAC，故AB∥EF．…[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（φ为参数，0＜φ＜π），曲线C2与曲线C1关于原点对称，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为ρ=2（0＜θ＜π），过极点O的直线l分别与曲线C1，C2，C3相交于点A，B，C．（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程；（Ⅱ）求|AC|•|BC|的取值范围．【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【分析】（I）利用同角三角函数的关系消元得到C1的普通方程，在将普通方程转化为极坐标方程；（II）求出三条曲线的普通方程，设直线方程为y=kx（k＞0），求出A，B，C的坐标，利用三点的位置关系得出|AC|•|BC|=（|OC|﹣|OA|）•（|OA|+|OC|）=|OC|2﹣|OA|2．将|AC|•|BC|转化为关于k的函数．【解答】解：（I）曲线C1的直角坐标方程为（x﹣1）2+y2=1，即x2+y2﹣2x=0（0＜y≤1）．∴曲线C1的极坐标方程为ρ2﹣2ρcosθ=0，即ρ=2cosθ（0＜θ＜π）．（II）曲线C2的普通方程为（x+1）2+y2=1（﹣1≤y＜0），曲线C3的普通方程为x2+y2=4（0＜y≤2）．设直线l的方程为y=kx（k＞0）．则A（，），B（﹣，﹣），C（，）．∵A，B关于原点对称，∴|BC|=|OB|+|OC|=|OA|+|OC|，∴|AC|•|BC|=（|OC|﹣|OA|）•（|OA|+|OC|）=|OC|2﹣|OA|2=﹣=4﹣．设f（k）=4﹣，则f（k）在（0，+∞）上单调递增，∵f（0）=0，，∴0＜f（k）＜4．即|AC|•|BC|的取值范围时（0，4）．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+1|+m|x﹣1|．（Ⅰ）当m=2时，求不等式f（x）＜4的解集；（Ⅱ）若m＜0，f（x）≥2m，求m的最小值．【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）当m=2时，f（x）=，作出图象，结合图象由f（x）的单调性及f（）=f（﹣1）=4，能求出f（x）＜4的解集．（Ⅱ）由f（x）≥2m得|x+1|≥m （2﹣|x﹣1|），从而﹣|x+1|≥|x﹣1|﹣2，在同一直角坐标系中画出y=|x﹣1|﹣2及y=﹣|x+1|的图象，根据图象性质能求出m的最小值．【解答】解：（Ⅰ）当m=2时，f（x）=，作出图象，得：结合图象由f（x）的单调性及f（）=f（﹣1）=4，得f（x）＜4的解集为{x|﹣1＜x＜}．…（Ⅱ）由f（x）≥2m得|x+1|≥m （2﹣|x﹣1|），∵m＜0，∴﹣|x+1|≥|x﹣1|﹣2，在同一直角坐标系中画出y=|x﹣1|﹣2及y=﹣|x+1|的图象，根据图象性质可得﹣≥1，即﹣1≤m＜0，故m的最小值为﹣1．…2019年9月4日。

唐山市2017—2018学年度高三年级第二次模拟考试文科数学参考答案一．选择题：A 卷：ADCDB CABDC BC B 卷：ABCDB CADDC BC 二．填空题： 〔13〕－1 〔14〕2x －y －1＝0 〔15〕7 〔16〕3－1 三．解答题： 17．解：〔1〕在△ABC 中，AB ＝2，∠ACB ＝30°， 由正弦定理可知，BC sin ∠BAC ＝2sin 30°，BC ＝4sin ∠BAC∠ABD ＝60°，∠ACB ＝30°，则∠BAC ＋∠CBD ＝90°，则sin ∠BAC ＝cos ∠CBD ，所以，BC ＝4cos ∠CBD ． …6分 〔2〕CD 是为定长，因为在△BCD 中，由〔1〕及余弦定理可知， CD 2＝BC 2＋BD 2－2×BC ×BD ×cos ∠CBD ，＝4＋BC 2－4BC cos ∠CBD ＝4＋BC 2－BC 2 ＝4 CD ＝2． …12分 18．解：〔1〕因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，交线为AC ，又BC ⊥AC ， 所以BC ⊥平面A 1ACC 1，AA 1⊂平面A 1ACC 1，从而有BC ⊥AA 1． …2分 因为∠AA 1C ＝90°，所以AA 1⊥A 1C ， 又因为BC ∩A 1C ＝C ，所以AA 1⊥平面A 1BC ，又A 1B ⊂平面A 1BC ，所以AA 1⊥A 1B ． …6分 〔2〕由〔1〕可知A 1A ⊥平面A 1BC ，A 1A ⊂平面A 1ABB 1， 所以平面A 1BC ⊥平面A 1ABB 1，且交线为A 1B ．所以点C 到平面A 1ABB 1的距离等于△CA 1B 的A 1B 边上的高，设其为h ． …9分 在Rt △AA 1C 中，A 1A ＝2，∠A 1AC ＝60°，则A 1C ＝23． 由〔1〕得，BC ⊥A 1C ，所以Rt △A 1CB 中，BC ＝3，A 1B ＝21．h ＝BC ×A 1C A 1B ＝6321＝677．即点C 到平面A 1ABB 1的距离为677． …12分A ＣＤ Ｂ19．解：〔1〕应该选择模型①…3分 〔2〕6i ＝1∑(x i －x -)(y i －y -)＝6i ＝1∑x i y i －6x －y －＝1297－6×17×13.5＝－80，…5分 6i ＝1∑(x i －x -)2＝6i ＝1∑x 2i －6x －2＝1774－6×172＝40，…7分bˆ＝ni ＝1∑(x i －x -)(y i －y -)ni ＝1∑(x i －x -)2＝－8040＝－2， …9分a ˆ＝y -－b ˆx -＋2×17＝47.5．…11分所以y 关于x 的线性回归方程为：y ˆ＝－2x ＋47.5． …12分 20．解：〔1〕由已知可得F (p2，0)，因为∠OF A ＝120°，所以x A ＝ p 2＋|AF |cos 60°＝ p2＋2． …2分又由抛物线定义可知，|AF |＝x A ＋ p2＝p ＋2＝4， …4分解得，p ＝2，所以抛物线E 的方程为y 2＝4x ． …6分 〔2〕由〔1〕可知，F (1，0)，由题意可知，直线l 斜率存在且不为0， 设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎨⎧y 2＝4x ，y ＝k (x －1)，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， …8分 x 1＋x 2＝2k 2＋4k2 ①x 1x 2＝1 ② 由|AC |＝4|BC |得，x 1＝4x 2 ③ 由①②③联立解得，k ＝±22． …11分 所以l 的方程为22x ＋y －22＝0或22x －y －22＝0． …12分 21．解：〔1〕当a ＝1时，g (x )＝f '(x )＝(2x －1)ln x ＋x －1，所以g '(x )＝2ln x － 1x＋3， …2分因为g '(x )为单调递增函数，且g '(1)＝2＞0，g '(1 e )＝1－e ＜0，所以存在t ∈(1e，1)，使得g '(t )＝0,即x ∈(0，t )时，g '(x )＜0，g (x )单调递减； x ∈(t ，＋∞)时，g '(x )＞0，g (x )单调递增． …4分 因为g (1)＝0，所以1为g (x )的一个零点，又g (1e 2)＝1－ 3e 2＞0，所以g (x )在(1e 2，t )有一个零点，故g (x )有两个零点． …6分〔2〕依题意得，f (x )＝a (x 2ln x ＋1)－x ln x －1，令h (x )＝x 2ln x ＋1，所以h '(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)， 所以0＜x ＜e －12时，h '(x )＜0，h (x )单调递减；x ＞e －12时，h '(x )＞0，h (x )单调递增，即h (x )的最小值为h (e － 12)＝1－ 12e＞0，所以h (x )＞0．…9分 令t (x )＝(x 2ln x ＋1)－(x ln x ＋1)＝(x 2－x )ln x ，所以t (x )≥0， 即x 2ln x ＋1≥x ln x ＋1．…10分综上，x ln x ＋1x 2ln x ＋1≤1．又a ＞1，所以a ＞x ln x ＋1x 2ln x ＋1，即a (x 2ln x ＋1)＞x ln x ＋1，故f (x )＞0． …12分22．解：〔1〕曲线C 1的直角坐标方程为：x 2＋y 2－2y ＝0；曲线C 2的直角坐标方程为：x ＝3．…4分〔2〕P 的直角坐标为(－1，0)，设直线l 的倾斜角为α，(0＜α＜π2)， 则直线l 的参数方程为：⎩⎨⎧x ＝－1＋t cos α，y ＝t sin α，(t 为参数，0＜α＜ π2)代入C 1的直角坐标方程整理得，t 2－2(sin α＋cos α)t ＋1＝0， t 1＋t 2＝2(sin α＋cos α)直线l 的参数方程与x ＝3联立解得，t 3＝4cos α， …7分由t 的几何意义可知，|P A |＋|PB |＝2(sin α＋cos α)＝λ|PQ |＝4λcos α，整理得4λ＝2(sin α＋cos α)cos α＝sin 2α＋cos 2α＋1＝2sin (2α＋ π4)＋1，由0＜α＜ π 2， π 4＜2α＋ π4＜5π4，所以，当2α＋ π 4＝ π 2，即α＝ π8时，λ有最大值 14(2＋1)． …10分23．解：〔1〕由题意得(a ＋b )2＝3ab ＋1≤3(a ＋b 2)2＋1，当且仅当a ＝b 时，取等号．解得(a ＋b )2≤4，又a ，b ＞0， 所以，a ＋b ≤2． …4分 〔2〕不能成立．ac ＋bd ≤a ＋c 2＋b ＋d2，因为a ＋b ≤2，所以ac ＋bd ≤1＋c ＋d2， …7分因为c ＞0，d ＞0，cd ＞1，所以c ＋d ＝c ＋d 2＋c ＋d 2≥c ＋d 2＋cd ＞c ＋d2＋1，故ac ＋bd ＝c ＋d 不能成立． …10分。

唐山市2018—2018学年度高三年级第二次模拟考试文科数学参考答案一、选择题A 卷：BDCCB BABAD CA B 卷：DABBC ACBDD BC 二、填空题（13）54 （14）6 (15）100π （16）100三、解答题 （17）解：（Ⅰ）由余弦定理知c 2－a 2－b 2＝－2ab cos C ，又△ABC 的面积S ＝ 1 2ab sin C ＝3 4(c 2－a 2－b 2)，所以 1 2ab sin C ＝34(－2ab cos C )，得tan C ＝－3．因为0＜C ＜π，所以C ＝2π3．…6分（Ⅱ）由正弦定理可知a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2，所以有a ＋b ＝2sin A ＋2sin B ＝2，sin A ＋sin ( π3－A )＝1，展开整理得，sin ( π 3＋A )＝1，且 π 3＜ π 3＋A ＜2π 3，所以A ＝ π6．…12分 （18）解：因为K 2＝160×640×200×600＝16.667＞10.828．所以能在犯错概率不超过0.001的前提下认为该校学生母语对于学习和掌握一门外语有关系． …6分2种，所以学生甲负责收集成绩且学生乙负责数据处理的概率是P ＝ 2 6＝ 13． (12)分（19）解：（Ⅰ）连接B 1C 交BC 1于点P ，连接PD ．由于BB 1C 1C 是平行四边形，所以P 为为B 1C 的中点 因为D 为AC 的中点，所以直线PD ∥B 1A ， 又PD ⊂平面B 1CD ，B 1A ⊄平面BC 1D ，所以AB 1∥平面BC 1D ．…6分（Ⅱ）直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V 1＝ 12×2×2×2＝4．三棱锥C 1－BDC 的体积V 2与三棱锥A 1－BDA 的体积V 3相等，V 2＝V 3＝ 1 3× 1 2× 1 2×2×2×2＝ 23．所以几何体BDA 1B 1C 1的体积V ＝V 1－V 2－V 3＝ 83．…12分（20）解：（Ⅰ）f '(x )＝ 1 x － m x 2＝x －mx2． 则f '(2)＝2－m4，f (2)＝ln 2＋ m2． 则曲线y ＝f (x )在(2，f (2))处的切线为y ＝2－m 4(x －2)＋ln 2＋ m2，即y ＝2－m 4x ＋m －1＋ln 2． …3分依题意，m －1＋ln 2＝ln 2，所以m ＝1．故f (x )＝ln x ＋ 1x． (5)分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f (x )＝ln x ＋ 1 x ，f '(x )＝x －1x．当x ∈[ 12，1]时，f '(x )≤0，f (x )单调递减，此时，f (x )∈[1，2－ln 2]；当x ∈[1，5]时，f '(x )≥0，f (x )单调递增，此时，f (x )∈[1，ln 5＋ 15]． (10)分ABCDA 1B 1C 1P因为(ln 5＋ 1 5)－(2－ln 2)＝ln 10－ 9 5＞ln e 2－ 9 5＝ 1 5，所以ln 5＋ 15＞2－ln 2．因此，f (x )的取值范围是[1，ln 5＋ 15]． (12)分（21）解：（Ⅰ）设圆C 的圆心坐标为(x ，y )，则其半径r ＝x 2＋(y －1)2．依题意，r 2－y 2＝1，即x 2＋(y －1)2－y 2＝1，整理得曲线E 的方程为x 2＝2y ．…4分（Ⅱ）设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＝ 1 2x 21，y 2＝ 1 2x 22．设直线m 方程为y ＝kx ＋ 12，代入曲线E 方程，得x 2－2kx －1＝0，则x 1＋x 2＝2k ．…6分对y ＝ 1 2x 2求导，得y '＝x ．于是过点A 的切线为y ＝x 1(x －x 1)＋ 1 2x 21，即y ＝x 1x － 1 2x 21．① 由①同理得过点B 的切线为y ＝x 2x － 1 2x 22．②设C (x 0，y 0)，由①、②及直线m 方程得x 0＝x 1＋x 22＝k ，y 0＝x 1x 0－ 1 2x 21＝－ 1 2．…8分M 为抛物线的焦点，y ＝－ 12为抛物线的准线，由抛物线的定义，得|AB |＝y 1＋ 1 2＋y 2＋ 1 2＝k (x 1＋x 2)＋2＝2(k 2＋1)．点C 到直线m 的距离d ＝|kx 0－y 0＋ 12|k 2＋1＝k 2＋1． …10分所以△ABC 的面积S ＝ 1 2|AB |·d ＝(k 2＋1)k 2＋1．由已知(k 2＋1)k 2＋1＝22，有且仅有k ＝±1．故直线m 的方程为y ＝±x ＋ 12．…12分（22）证明：（Ⅰ）连接BD ，因为D 为BC ︵的中点，所以BD ＝DC ． 因为E 为BC 的中点，所以DE ⊥BC ． 因为AC 为圆的直径，所以∠ABC ＝90︒，所以AB ∥DE ．…5分（Ⅱ）因为D 为BC ︵的中点，所以∠BAD ＝∠DAC ， 又∠BAD ＝∠DCB ，则∠DAC ＝∠DCB ．又因为AD ⊥DC ，DE ⊥CE ，所以△DAC ∽△ECD ．所以AC CD ＝ADCE，AD ·CD ＝AC ·CE ，2AD ·CD ＝AC ·2CE ， 因此2AD ·CD ＝AC ·BC ．…10分（23）解：（Ⅰ）将椭圆C 的参数方程化为普通方程，得x 24＋y 23＝1．a ＝2，b ＝3，c ＝1，则点F 坐标为(－1，0)．l 是经过点(m ，0)的直线，故m ＝－1． …4分（Ⅱ）将l 的参数方程代入椭圆C 的普通方程，并整理，得(3cos 2α＋4sin 2α)t 2－6t cos α－9＝0．设点A ，B 在直线参数方程中对应的参数分别为t 1，t 2，则|FA |·|FB |＝|t 1t 2|＝93cos 2α＋4sin 2α＝93＋sin 2α． 当sin α＝0时，|FA |·|FB |取最大值3；当sin α＝±1时，|FA |·|FB |取最小值 94． (10)分（24）解：（Ⅰ）当a ＝2时，f (x )＝2(|x －2|－|x ＋4|)＝⎩⎪⎨⎪⎧12，x ＜－4，－4x －4，－4≤x ≤2，－12，x ＞2．当x ＜－4时，不等式不成立；当－4≤x ≤2时，由－4x －4＜2，得－ 32＜x ≤2；当x ＞2时，不等式必成立．综上，不等式f (x )＜2的解集为{x |x ＞－ 32}．…6分（Ⅱ）因为f (x )＝|ax －4|－|ax ＋8|≤|(ax －4)－(ax ＋8)|＝12， 当且仅当ax ≤－8时取等号． 所以f (x )的最大值为12．故k 的取值范围是[12，＋∞)．…10分。

试卷类型：A 唐山市2018—2019学年度高三年级第二次模拟考试英语试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。

第Ⅰ卷1至10页，第Ⅱ卷11至12页。

考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷注意事项：1. 答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2. 选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

不能答在本试卷上，否则无效。

第一部分听力（共两节，满分30分）做题时，先将答案标在试卷上。

录音内容结束后，你将有两分钟的时间将试卷上的答案转涂到答题卡上。

第一节（共5小题；每小题1.5分，满分7.5分）听下面5段对话。

每段对话后有一个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。

听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。

每段对话仅读一遍。

例：How much is the shirt?A.￡19.15.B.￡9.15.C.￡9.18.答案是B。

1. What is the probable relationship between the two speakers?A. Colleagues.B. Roommates.C. Classmates.2. Where are the speakers?A. In the office.B. By the roadside.C. At the garage.3. What does the man mean?A. He forgot her name.B. He enjoyed his speech.C. He was embarrassed for slipping.4.When will the appointment start?A. At 9:00.B. At 9:30.C. At 10:00.5. How does the woman feel about the man’s suggestion?A. Ashamed.B. Excited.C. Dissatisfied.第二节（共15小题; 每小题1.5分，满分22.5分）请听下面5段对话或独白。

2018-2019学年度唐山市高三年级第三次模拟考试文科数学（考试时间：120分钟，满分150分）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷一．选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，只有一个选项正确，请把答案写在答．．．．．．．题卷上．．．） 第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合{}02A x x =<<，{}21B x x =<，则A B =（ ）A.()0,1B.()1,2-C.()1,1-D.(][),12,-∞-+∞2.已知i 为虚数单位，()11z i i -=+，则复数z 的共轭复数为（ ） A.i -B.iC.2iD.2i -3.某校有高级教师90人，一级教师120人，二级教师75人，现按职称用分层抽样的方法抽取38人参加一项调查，则抽取的一级教师人数为（ ） A.10B.12C.16D.184.若变量,x y 满足约束条件1021010x y x y x y -+≥⎧⎪--≤⎨⎪++≥⎩，则目标函数2z x y =+的最小值为（ ）A.4B.1-C.2-D.3-5.执行下图程序框图，若输出2y =，则输入的x 为（ ）A.1-或2±B.1±C.1或2D.1-或26.已知平面α⊥平面β，则“直线m ⊥平面α”是“直线m ∥平面β”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件7.等差数列{}n a 的前11项和1188S =，则369a a a ++=（ ） A.18B.24C.30D.328.函数()cos 6f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（0ω>）的最小正周期为π，则()f x 满足（ ）A.在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增 B.图象关于直线6x π=对称C.332f π⎛⎫= ⎪⎝⎭D.当512x π=时有最小值1- 9.函数()2ln f x x x =的图象大致为（ ）ABCD10.某三棱锥的三视图如图所示，则其体积为（ ）A.4B.8C.43D.8311.在平面直角坐标系xOy 中，圆O 的方程为224x y +=，直线l 的方程为()2y k x =+，若在圆O 上至少存在三点到直线l 的距离为1，则实数k 的取值范围是（ ） A.3⎡⎢⎣⎦B.33⎡⎢⎣⎦C.11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D.10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦12.已知函数()32f x x ax bx =++有两个极值点12,x x ，且12x x <，若1022x x x +=，函数()()()0g x f x f x =-，则()g x （ ） A.仅有一个零点 B.恰有两个零点 C.恰有三个零点D.至少两个零点第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知向量()4,x =-a ，()1,2=b ，若⊥a b ，则x = ．14.已知双曲线Γ过点(3，且与双曲线2214x y -=有相同的渐近线，则双曲线Γ的标准方程为 ．15.直线ABC △的三个顶点都在球O 的球面上，2AB AC ==，若球O 的表面积为12π，则球心O 到平面ABC 的距离等于 ．16.{}n a 是公差不为0的等差数列，{}n b 是公比为正数的等比数列，111a b ==，43a b =，84a b =，则数列{}n n a b 的前n 项和等于 ．三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.在ABC △中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，cos a b b C -=. （1）求证：sin tan C B =；（2）若1a =，2b =，求c .18.某学校用简单随机抽样方法抽取了30名同学，对其每月平均课外阅读时间（单位：小时）进行调查，茎叶图如图：若将月均课外阅读时间不低于30小时的学生称为“读书迷”. （1）将频率视为概率，估计该校900名学生中“读书迷”有多少人？（2）从已抽取的7名“读书迷”中随机抽取男、女“读书迷”各1人，参加读书日宣传活动. （i ）共有多少种不同的抽取方法？（ii ）求抽取的男、女两位“读书迷”月均读书时间相差不超过2小时的概率.19.如图，平行四边形ABCD 中，24BC AB ==，60ABC ∠=︒，PA ⊥平面ABCD ，2PA =，E ，F 分别为BC ，PE 的中点.（1）求证：AF ⊥平面PED ； （2）求点C 到平面PED 的距离.20.已知椭圆()2222:10x y a b a b Γ+=>>经过点13,2M ⎫⎪⎭3.（1）求椭圆Γ的方程；（2）设点M 在x 轴上的射影为点N ，过点N 的直线l 与椭圆Γ相交于A ，B 两点，且30NB NA +=，求直线l 的方程.21.已知函数()x f x e =，()ln g x x a =+. （1）设()()h x xf x =，求()h x 的最小值；（2）若曲线()y f x =与()y g x =仅有一个交点P ，证明：曲线()y f x =与()y g x =在点P 处有相同的切线，且52,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.22.点P 是曲线()221:24C x y -+=上的动点，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点O 为中心，将点P 逆时针旋转90︒得到点Q ，设点Q 的轨迹方程为曲线2C . （1）求曲线1C ，2C 的极坐标方程； （2）射线()03πθρ=>与曲线1C ，2C 分别交于A ，B 两点，定点()2,0M ，求MAB △的面积.23.已知函数()21f x x a x =++-. （1）若1a =，解不等式()5f x ≤；（2）当0a ≠时，()1g a f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求满足()4g a ≤的a 的取值范围.2018-2019学年度唐山市高三年级第三次模拟考试文科数学参考答案一．选择题：BACCD DBDAC BA 二．填空题： （13）2 （14）22128y x -=（15）1（16）()121n n -+三．解答题：（17）解：（Ⅰ）由cos a b b C -=根据正弦定理得sin sin sin cos A B B C -=，即()sin sin sin cos B C B B C +=+，sin cos cos sin sin sin cos B C B C B B C +=+，sin cos sin C B B =， 得sin tan C B =．（Ⅱ）由cos a b b C -=，且1a =，2b =，得1cos 2C =-，由余弦定理，22212cos 1421272c a b ab C ⎛⎫=+-=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，所以c = （18）解：（Ⅰ）设该校900名学生中“读书迷”有x 人，则730900x=，解得210x =. 所以该校900名学生中“读书迷”约有210人.（Ⅱ）（ⅰ）设抽取的男“读书迷”为35a ，38a ，41a ，抽取的女“读书迷”为 34b ，36b ，38b ，40b (其中下角标表示该生月平均课外阅读时间)，则从7名“读书迷”中随机抽取男、女读书迷各1人的所有基本事件为：()3534,a b ，()3536,a b ，()3538,a b ，()3540,a b ， ()3834,a b ，()3836,a b ，()3838,a b ，()3840,a b ， ()4134,a b ，()4136,a b ，()4138,a b ，()4140,a b ，所以共有12种不同的抽取方法．（ⅱ）设A 表示事件“抽取的男、女两位读书迷月均读书时间相差不超过2小时”， 则事件A 包含()3534,a b ，()3536,a b ，()3836,a b ，()3838,a b ，()3840,a b ，()4140,a b 6个基本事件，所以所求概率()61122P A ==． （19）解：（Ⅰ）连接AE ，在平行四边形ABCD 中，PF DCBA24BC AB ==，60ABC ∠=︒，∴2AE =，ED =222AE ED AD +=， ∴AE ED ⊥．∵PA ⊥平面ABCD ，ED ⊂平面ABCD ，∴PA ED ⊥， 又∵PA AE A =，∴ED ⊥平面PAE ，AF ⊂平面PAE 从而有ED AF ⊥．又∵2PA AE ==，F 为PE 的中点， ∴AF PE ⊥，又∵PE ED E =， ∴AF ⊥平面PED ．（Ⅱ）设点C 到平面PED 的距离为d ，在Rt PED △中，PE =ED =，∴PED S =△． 在ECD △中，2EC CD ==，120ECD ∠∠=︒，∴ECD S =△由C PED P ECD V V --=得，1133PED ECD S d S PA ⋅=⋅△△，∴ECD PED S PA d S ⋅==△△．所以点C 到平面PED的距离为2．（20）解：（Ⅰ）由已知可得223114a b+==，解得2a =，1b =， 所以椭圆Γ的方程为2214x y +=．（Ⅱ）由已知N的坐标为)，当直线l 斜率为0时，直线l 为x 轴，易知30NB NA +=不成立． 当直线l 斜率不为0时，设直线l的方程为x my =代入2214x y +=，整理得，()22410m y ++-=，设()11,A x y ，()22,B x y 则12y y +，①12214y y m -=+，② 由30NB NA +=，得213y y =-，③由①②③解得m = 所以直线l的方程为2x y =，即y x =． （21）解：（Ⅰ）()()'1x h x x e =+，当1x <-时，()'0h x <，()h x 单调递减； 当1x >-时，()'0h x >，()h x 单调递增，故1x =-时，()h x 取得最小值1e-．（Ⅱ）设()()()ln xt x f x g x e x a =-=--，则()()11'0x xxe t x e x x x -=-=>，由（Ⅰ）得()1x T x xe =-在()0,+∞单调递增，又102T ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()10T >，所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00T x =，所以当()00,x x ∈时，()'0t x <，()t x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()'0t x >，()t x 单调递增， 所以()t x )的最小值为()000ln 0x t x e x a =--=，由()00T x =得001x e x =，所以曲线()y f x =与()y g x =在P 点处有相同的切线， 又00ln x a e x =-，所以001a x x =+， 因为01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以52,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．（22）解：（Ⅰ）曲线1C 的极坐标方程为4cos ρθ=．设(),Q ρθ，则,2P πρθ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则有4cos 4sin 2πρθθ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭．所以，曲线2C 的极坐标方程为4sin ρθ=．（Ⅱ）M 到射线3πθ=的距离为2sin3d π==)4sin cos 2133B A AB ππρρ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭，则132S AB d =⨯=（23）解：（Ⅰ）()21f x x x =++-,所以表示数轴上的点x 到2-和1的距离之和， 因为3x =-或2时()5f x =，依据绝对值的几何意义可得()5f x ≤的解集为{}32x x -≤≤． （Ⅱ）()1121g a a a a=++-， 当0a <时，()2215g a a a =--+≥，等号当且仅当1a =-时成立，所以()4g a ≤无解；当01a <≤时，()221g a a a=+-，由()4g a ≤得22520a a -+≤，解得122a ≤≤，又因为01a <≤，所以112a ≤≤；当1a >时，()214g a a =+≤，解得312a <≤，综上，a 的取值范围是13,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦．。

唐山市2018—2019学年度高三年级第二次模拟考试文科数学参考答案一．选择题：A 卷：BDCAA CBDCC ADB 卷：BDCCA CBDCA AD 二．填空题： 13．714．－51315．2n －1 16．55三．解答题： 17．解：（1）因为2c ＝3a ＋2b cos A ，所以由正弦定理可得：2sin C ＝3sin A ＋2sin B cos A ，所以2sin C ＝2(sin A cos B ＋cos A sin B )＝3sin A ＋2sin B cos A ， 即2sin A cos B ＝3sin A ，因为sin A ≠0，所以cos B ＝32． 又0＜B ＜π，故B ＝π6．…6分（2）因为S △ABC ＝12ac sin B ＝14a ＝32，所以a ＝23，由余弦定理可得，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝7， 所以b ＝7． …12分18．解：（1）连接AC ，交BD 于点O ，连接OA 1， 因为四边形ABCD 为菱形， 所以AC ⊥BD ，从而OA 1⊥BD ，OC ⊥BD ， 又因为OA 1∩OC ＝O ， 所以BD ⊥平面A 1OC ， 因为A 1C ⊂平面A 1OC ， 所以A 1C ⊥BD ． …5分（2）在菱形ABCD 中，OA ＝OC ＝3，又A 1C ＝3，所以△A 1OC 为等边三角形且S △A 1OC ＝334．由（1）可知，BD ⊥平面A 1OC ， 所以V A 1-BCD ＝13S △A 1OC ·BD ＝32．ABCA 1DO在△A 1DC 中，A 1D ＝CD ＝2，A 1C ＝3，S △A 1DC ＝394， 设点B 到平面A 1DC 的距离为d ，由V B -A 1DC ＝V A 1-BCD 得，13S △A 1DC ·d ＝32，所以d ＝61313，即点B 到平面A 1DC 的距离为61313. …12分19．解： （1）-x ＝62.5×5×0.03＋67.5×5×0.05＋72.5×5×0.06＋77.5×5×0.04＋82.5×5×0.02＝71.75．因为抽取的样本中，果径在[60，65)，[65，70)，[70，75)，[75，80)，[80，85]的频率分别为0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，所以样本的中位数为70＋13×5≈71.67． …5分（2）由图2可知，果径在80以上的苹果中，特级果、一级果、二级果所占比例约15，12，310， 所以按方案一进行收购，则1kg 的收购价X ≈12×15＋10×12＋9×310＝10.1＞10．故果园种植户应选择第一种收购方案． …12分 （比较两种方案收购总额的大小，同样给分．） 20．解：（1）由已知可得，|PN |＝|PM |，即点P 到定点N 的距离等于到直线l 1的距离， 故P 点的轨迹是以N 为焦点，l 1为准线的抛物线， 所以曲线C 的方程为y 2＝4x ． …4分 （2）设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)，直线l 2斜率为k ，显然k ≠0，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x得，k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0， x 1＋x 2＝4－2kmk 2．所以x 0＝x 1＋x 22＝2－km k 2，y 0＝kx 0＋m ＝2k ，即D (2－km k 2， 2k)．因为直线l 2与圆E ：(x －3)2＋y 2＝6相切于点D ， 所以|DE |2＝6；DE ⊥l 2，从而(2－km k 2－3)2＋(2k )2＝6；2－km k2－3＝－2， 整理可得(2k)2＝2，即k ＝±2．所以m ＝0，故l 2的方程为y ＝2x 或y ＝－2x ． …12分（1）f'(x)＝e x＋a e－x－(a＋1)＝e－x(e x－1)(e x－a)．…1分当a≤0时，e x－a＞0，x∈(－∞，0)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；x∈(0，＋∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增．…2分当0＜a＜1时，x∈(－∞，ln a)和(0，＋∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(ln a，0)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减．…4分当a＝1时，f'(x)≥0，f(x)单调递增．…5分当a＞1时，x∈(－∞，0)和(ln a，＋∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(0，ln a)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减．…7分（2）由（1）得，当a＝1时，f(x)＝e x－e－x－2x，因为f(0)＝0，所以f(x)仅有一个零点0．且x＞0时，f(x)＞f(0)＝0，即e x＞e－x＋2x＞2x．…8分当0＜a＜1时，因为f(0)＝1－a＞0，所以f(x)在(ln a，＋∞)内没有零点，且f(ln a)＞0．由x＞0时e x＞2x，得e2x＞4x2，x＞ln x．所以x＝－4a时，ex＜1，e－x＞16a2，从而－a e－x＜－16a，所以f(－4a)＜1－16a－(a＋1)(－4a)＝5－12a＜0，又ln a＝－ln 1a＞－1a＞－4a，所以f(x)在(－4a，ln a)内有一个零点，所以当0＜a＜1时，f(x)仅在(－4a，ln a)内有一个零点．…10分当a＞1时，当x＝4a时，－a e－x＞－a，e x＝e4a＞16a2，从而f(4a)＞16a2－a－(a＋1)(4a)＝a(12a－5)＞0，又ln a＜a＜4a，所以f(x)在(ln a，4a)内有一个零点，所以当a＞1时，f(x)仅在(ln a，4a)内有一个零点．综上，a＞0时，f(x)有且仅有一个零点．…12分（1）依题意可得，圆C 1：(x －1)2＋y 2＝1；圆C 2：(x ＋2)2＋y 2＝4． 所以C 1：x 2＋y 2＝2x ；C 2：x 2＋y 2＝－4x ， 因为x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ，所以C 1：ρ＝2cos θ；C 2：ρ＝－4cos θ． …4分（2）因为C 1，C 2都关于x 轴对称，△OAB 为等边三角形，所以不妨设A (ρA ，θ)，B (ρB ，θ＋ π 3)，0＜θ＜ π2．依题意可得，ρA ＝2cos θ，ρB ＝－4cos (θ＋π3)． 从而2cos θ＝－4cos (θ＋π3)， 整理得，2cos θ＝3sin θ，所以tan θ＝233，又因为0＜θ＜ π 2，所以cos θ＝217，|AB |＝|OA |＝ρA ＝2217．…10分23．解：（1）因为|ax ＋1|＋|ax －1|≥|(ax ＋1)－(ax －1)|＝2， 等号当且仅当(ax ＋1)(ax －1)≤0时成立， 所以f (x )的最小值为2－2a －4＝－2a －2． 依题意可得，－2a －2≥0， 所以a ≤－1． …4分（2）因为a ＞0，f (x )＝|ax ＋1|＋|ax －1|－2a －4，所以f (x )＝⎩⎨⎧－2ax －2a －4，x ≤－ 1a ，－2a －2，－ 1 a ＜x ＜ 1a，2ax －2a －4，x ≥ 1a．所以y ＝f (x )的图像与x 轴围成的封闭图形为等腰梯形ABCD ，且顶点为A (－1－2a ，0)，B (1＋ 2a ，0)，C (1a ，－2a －2)，D (－ 1a，－2a －2)从而S ＝2(1＋3a )(a ＋1)＝2(a ＋ 3a)＋8． 因为a ＋3a ≥23，等号当且仅当a ＝3时成立，所以当a ＝3时，S 取得最小值43＋8．…10分。