1.BM={父|2父<8}={父|父<3},N={父|父>—1},則M∩N=(—1,3).故選B.3.A由折線圖可知,月跑步里程不是逐月增加的,故A不正確;月跑步里程最大值出現(xiàn)在10月,故B正確;月的里程數(shù)為中位數(shù),故C正確;1月到5月的月跑步里程相對于6月至11月波動性更小,變化比較平穩(wěn),故D正確.故選A.4.B由題意當(dāng)a十3≥0,即a≥—3時,f(f(1))=f(a十3)=a十3(a十3)=4a十9 解得滿足題意;當(dāng)a十3<0,即a<—3時,f=2a十解得a=—4,滿足題意.所以或—4.故選B.5.A設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,所以所以a7十a(chǎn)10十a(chǎn)13=a1q6十a(chǎn)4q6十a(chǎn)7q6=8×3=512.故選A.6.D由題圖可知f(父)圖象的一個對稱中心是的最小正周期圖象的對稱中心為,k∈z,結(jié)合選項可知,當(dāng)k=—2時,f(父)圖象的一個對稱中心是故選D.7.B從2~8的7個整數(shù)中隨機取2個不同的數(shù),共有21種不同的取法,若2個數(shù)的和恰為質(zhì)數(shù),不同的取法8.D當(dāng)父<0時,y=f(—|父|)=f(父),其圖象在y軸左側(cè)的部分與題圖1相同;當(dāng)父>0時,y=f(—|父|)=f(—父),其圖象在y軸右側(cè)的部分與題圖1y軸左側(cè)的圖象關(guān)于y軸對稱.故選D.9.D因為所以十因為【高三第二次模擬考試.數(shù)學(xué)文科參考答案第1頁(共6頁)】233501Z【高三第二次模擬考試●數(shù)學(xué)文科參考答案第2頁(共6頁)】233501Z10.C連結(jié)A1C1,AC,則A1C1ⅡAC,:A1,C1,A,C四點共面,:A1CG平面AC1A1,“M∈A1C,:M∈平面AC1A1,又M∈平面AB1D1,:M在平面AC1A1與平面AB1D1的交線上,同理A,O也在平面AC1A1與平面AB1D1的交線上.:A,M,O三點共線,故A正確;設(shè)直線A1C與平面BC1D的交點為N,易證平面AB1D1Ⅱ平面C1BD,從而OMⅡC1N,因為O為A1C1中點,所以M為A1N中點,同理可得N為CM的中點,所以故B正確;取A1D1中點E,連接AE,OE,因為平面ADD1A1Ⅱ平面BC1B1,則上OAE即為直線AO與平面BC1B1所成角,tan上故C錯誤;因為A1O=所以S△△●故D正確.故選C.11.B對于A,因為f,(父)=3父2—a,當(dāng)a<0時,f,(父)=3父2—a>0恒成立,所以此時不存在極值點,故A正確;對于B,因為f,(父)=3父2—1,令f,(父)>0得父或父父所以f(父)在)上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,所以f極大值十極小值所以函數(shù)f(父)有且只有一個零點,故B錯誤;對于C,令(0,0)是h(父)的對稱中心,將h(父)的圖象向上移動2個單位得到f(父)的圖象,所以點(0,2)是曲線y=f(父)的對稱中心,故C正確;對于D,設(shè)切點為(父0,父EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(3),0)—a父0十2),f,(父0)=3父EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),0)—a,故切線方程為y—EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(3),0)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),0),將(0,0)代入得父0=1,所以3—a=2,解得a=1,故D正確.故選B.12.A因為圓E:(父—2)2十y2=1,所以E(2,0),易得E(2,0)為C的焦點.設(shè)P(父0,y0)(父0≥0),因為點P是拋物線C:y2=8父上的一點,點Q是圓E:(父—2)2十y2=1上的一點,所以PQ≥PE—1=父0十2—EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(PO),PQ)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(父),父)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(十8),十1)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(十8),十)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(父),1),所以所以當(dāng)即父時取得最大值,最大值為故選A.13.4由題知雙曲線的焦點在父軸上,因為一條漸近線方程為父十2y=0,所以解得k=4.=4十2a●b十3=1,所以a●b=—3,則a在b上的投影為|a|cosθ=【高三第二次模擬考試.數(shù)學(xué)文科參考答案第3頁(共6頁)】233501Z15.128π因為母線長為10的圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角等于,所以側(cè)面展開圖的弧長為設(shè)該圓錐的底面圓的半徑為r,所以2πr=16π,解得r=8,所以該圓錐的高所以該圓錐的體積十a(chǎn)7<0,又a5十a(chǎn)7=2a6>0,所以a6>0,所以a7<0,則(Sn)max=S6.17.解:(1)由題意,父=20十15十13十3十2十(8—5)十(—10)十(—18)=,…………………2分4分 分所以故線性回歸方程為父十…………………8分(2)由題意,設(shè)高度為128cm的這種樹苗的樹干最大直徑為w,則直徑偏差為w—31.5,而高度偏差為128—120=8,………………………10分所以十解得w=34,所以可以預(yù)測這株樹苗的樹干最大直徑為34mm.………12分18.解:(1)因為\bsinC=ccosB十c,由正弦定理得\sinBsinC=sinCcosB十sinC,又C∈(0,π),所以sinC≠0,所以所以所以.………………5分(2)在△ABC中,由正弦定理得所以分在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2十AD2—2AB.ADcosA=[2\sin(A十2十1—2× 【高三第二次模擬考試●數(shù)學(xué)文科參考答案第4頁(共6頁)】233501Z—\sin2A)—4\sin2A十\×1十cEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(o),2)s2A)=4十2\sin2A,……10分所以maX=4十,此時sin2A=1,………………11分所以BDmaX=1十即線段BD的最大值為1十……………………12分19.(1)證明:取BC的中點G,連接AG,DG,FG,因為ADⅡBC,BC=2AD,所以ADⅡCG,AD=CG,所以四邊形AGCD為平行四邊形,所以AGⅡCD,AG=CD,同理DGⅡAB.………………2分因為AB∈平面ABE,DG丈平面ABE,所以DGⅡ平面ABE,又EFⅡCD,EF=CD,所以AGⅡEF,AG=EF,所以四邊形AGFE為平行四邊形,所以AEⅡFG,因為AE∈平面ABE,FG丈平面ABE,所以FGⅡ平面ABE,……………4分又DG,FG∈平面DFG,且DG∩FG=G,所以平面DFGⅡ平面ABE,因為DF∈平面DFG,故DF與平面ABE無公共點,所以DFⅡ平面ABE.……………6分(2)解:因為EFⅡCD,EF丈平面ABCD,CD∈平面ABCD,所以EFⅡ平面ABCD,即EFⅡ平面ABD,所以點E到平面ABD的距離等于點F到平面ABD的距離.…………………7分作FH丄CD,垂足為H,因為平面CDEF丄平面ABCD,平面CDEF∩平面ABCD=CD,FH∈平面CDEF,所以FH丄平面ABCD,所以FH的長為點F到平面ABD的距離.……9分因為上所以,……………10分所以VBAD分20.解:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則直線OH的斜率…1分因為M,N在橢圓C上,所以十十兩式相減得十即十3分又所以即a2=2b2.………4分又因為橢圓C過點所以十解得a2=4,b2=2,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為十……………………5分【高三第二次模擬考試.數(shù)學(xué)文科參考答案第5頁(共6頁)】233501Z聯(lián)立消y整理得:(2k2十1)父2十8k父十4=0.因為直線與橢圓交于A,B兩點,故Δ>0,解得.…………………6分3),B(父4設(shè)AB中點G(父0,y0),則父父0十故分假設(shè)存在k和點P(m,0),使得△PAB是以P為直角頂點的等腰直角三角形,則PG丄AB,故kPG.kAB=—1,所以解得故分又因為上所以4—m)十y3y4=0,44)十m2十4=0.所以十m2十4=0,………………10分代入,整理得k4=1,即k2=1,所以k=1或k=—1.即存在k使得△PAB是以P為頂點的等腰直角三角形.………………11分當(dāng)k=—1時,P點坐標(biāo)為當(dāng)k=1時,P點坐標(biāo)為此時,△PAB是以P為直角頂點的等腰直角三角形.……………………12分解:f’=ae父因為f(父)在[1,十∞)上單調(diào)遞增,…………1分父所以對y父∈[1,十∞),f’(父)≥0,即恒成立,父所以在[1,十∞)上恒成立.…………2分令在[1,十∞)上恒成立,所以g(父)在[1,十∞)上單調(diào)遞減,…………………3分所以所以即a的取值范圍為………………4分(0,十∞)上單調(diào)遞增,父【高三第二次模擬考試.數(shù)學(xué)文科參考答案第6頁(共6頁)】233501Z.………………7分,十∞)時,hI(父)>0,所以h(父)在(0,父0)上單調(diào)遞減,在(父0,十∞)上單調(diào)遞增,≥2e2=0,=1時等號成立,),所以上式等號不成立,所以h(父)min>0,所以h(父)=e父—e2ln父>0在(0,十∞)上恒成立,所以當(dāng)時,f(父)>0.………………12分22.解:(1)由p=2cosθ,得p2=2pcosθ,將代入得,父2十y2所以C的直角坐標(biāo)方程為(父—1)2十y2=1.………………4分(2)因為直線l的參數(shù)方程為為參數(shù)),所以在l上,把l的參數(shù)方程代入(父—1)2十y2=1,得十18=0,設(shè)A,B所對應(yīng)的參數(shù)分別為t1,t2,所以t2=18>0,所以t1<0,t2<0,………………