新疆乌鲁木齐二模文科数学加理科数学参考答案.doc
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2013年乌鲁木齐地区高三年级第二次诊断性测验
理科数学试题参考答案及评分标准
一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
选项
B
D
B
A
A
B
D
B
D
C
D
C
1.选B【解析】为纯虚数，故，且，解得.
2.选D【解析】，其最小正周期为，而图象的相邻对称轴的距离，所以有，故.
3.选B【解析】为等差数列的前项和，则为等差数列，又，∴，∴，∴，于是，故.
4.选A【解析】这个四面体的四个顶点可以看成是棱长为的正方体的其中四个顶点，问题转化为求此正方体的外接球，其直径为正方体的对角线，长度为，所以此球的表面积为.
5.选A【解析】用表示“这3段能构成三角形”，分别表示其中两段的长度，则第3段的长度为，则试验的全部结果为
要使段能构成三角形，当且仅当任意两段之和大于第段，即
，
．
故，所求结果构成集合，画出两个集合的区域，从而得出.
6.选B【解析】到抛物线的准线距离即为到抛物线的焦点的距离，于是，问题转化为求最小，由三角形“两边之和大于第三边”可得，需要三点共线，也就是求的最小值，连接圆心和，与圆的交点即为所求，此时．
7.选D【解析】，令，则，得，
由是的第个正的极小值点知，，∴.
8.选B【解析】，设
，∵，，∴在上单调递减，
∴，即，又，故．
9.选D【解析】连接，与交于，则平面平面．
又平面，平面，∴故三点共线．而∥，∴∽，∴，又∵是的中线，∴为的重心．
10.选C【解析】依题意可知，，故
，∴是以为周期的周期函数.又∵，∴方程
可化为．数形结合可知在内各有一个实根，且这两根之和为，∴由周期性可知在内各有一个实根，且这两根之和为.
11.选D【解析】∵，，∴，，
∴
而，∴，故点可能在圆上.
12.选C【解析】令，则方程转化为
∵，原方程有5个不同的根，所以方程应有一个大于2的正根与一个零根，所以即且．
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13.填.【解析】此二项式的通项为，当时，常数项的值为.
14.填.【解析】设，由此框图得，.
15.填.【解析】由得，即交点为，它在椭圆上，于是有，化简后得.
16.填.【解析】设分别是的中点，则，，又
，∴
．
三、解答题（共6小题，共70分）
17．（Ⅰ）由及正弦定理，得，即，故
∵，∴，∴．
∵，∴，又及，得
由，得，解得．…6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故，角是的最大内角，故≤，
≤，∴≤．
∴．…12分
18．不妨设此正方体的棱长为，如图建立空间直角坐标系，
则
（Ⅰ）∵，∴；
∵，∴
又平面，，
故平面；…6分
（Ⅱ）设平面的法向量为，由且，得
，令，则，故．
由（Ⅰ）知平面，即平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则．…12分
19．（Ⅰ）由题意知空气质量为级的有5天，级的有15天，级的有10天．
记事件A为“从30天中任选2天，这2天空气质量等级一样”，
则；…6分
（Ⅱ）可能取值为．
，，
．
．…12分
20.（Ⅰ）由题意知椭圆的焦点为，，
直线：
过焦点，可知为左焦点且，又，解得
，，于是所求椭圆的方程为；…4分
（Ⅱ）设，，直线的方程为，则，由消去，得，故
因为，
．
．
由，，成等比数列，得，即
解得．…12分
21.（Ⅰ）当时，，则，
当≥时，≥，∴函数在≥时为增函数．
故当≥时，≥，∴对≥时，≥成立；…4分
（Ⅱ）设点，曲线在点处的切线方程为，令．
曲线在点处的切线与曲线只有这一个公共点等价于函数有唯一零点．
因为，且．
①当≤时，若≥，有≤，∴≤；
若，有，即．
故曲线只有唯一的一个零点，由的任意性知≤不合题意．
②当时，令，则．
，令，
得，记．
则当时，，∴函数在上为减函数；
当时，，∴函数在上为增函数．
（ⅰ）若，由时，；
时，．
知在上为增函数，故函数有唯一的一个零点．
（ⅱ）若，由时，，则函数在上为减函数，∴，
即任取，有；又当时，易知
．
其中，，
由，则必存在，使得，有．
故在内存在零点，即在上至少存在两个零点．
（ⅲ）若，由时，为增函数，且，
则时有．
∴函数在上为减函数，∴．
任取，有，又易知存在，使得．
∴函数在内存在零点，即函数在上至少存在两个零点．
综上所述，当时，曲线上存在唯一点，使得曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个公共点．…12分
22.选修4-1：
几何证明选讲
（Ⅰ）∵∥，∴，又，得．
连结，∵．∴．
又点在⊙上，∴是⊙的切线；…5分
（Ⅱ）延长交⊙于，连结．
由（Ⅰ）是⊙的切线，∴弦切角，
于是△∽△．
而，又∵，∴．
∴,而，得．
又，于是．…10分
23.选修4-4：
坐标系与参数方程
（Ⅰ）由，得，即，
∴圆的直角坐标方程为．…5分
（Ⅱ）过点的参数方程为（为参数），
将其代入圆的方程，得．
∴，故．…10分
24.选修4-5：
不等式选讲
（Ⅰ）由得，
，或，或，解之，
得，∴的解集为；…5分
（Ⅱ）∵≤
（当且仅当≤，上式取等号）
由不等式≥对任意实数恒成立，可得，
≥，解此不等式，得≤，或≥．…10分
以上各题的其它解法，限于篇幅从略.请相应评分.
2013年乌鲁木齐地区高三年级第二次诊断性测验
文科数学试题参考答案及评分标准
一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
选项
B
D
A
B
A
B
D
D
D
C
D
C
1.选B【解析】.
2.选D【解析】由①得，由②得，由③得
，由④得，只有②和④这两个函数在上单调递增.
3.选A【解析】作出确定的可行域，设，
则，当时，；当时，.
4.选B【解析】为等差数列的前项和，则为等差数列；又，∴，∴，∴，，于是
，，故.
5.选A【解析】这个四面体的四个顶点可以看成是棱长为的正方体的其中的四个顶点，问题转化为求此正方体的外接球，其直径为正方体的对角线，长度为，所以此球的表面积为.
6.选B【解析】到抛物线的准线距离即为到抛物线的焦点的距离，于是，问题转化为求最小，由三角形“两边之和大于第三边”可得，需要三点共线，也就是求的最小值，连接圆心和，与圆的交点即为所求，此时．
7.选D【解析】根据题意，在上的最大（小）值在处取得
∴，由，且，得.
8.选D【解析】，令，则，得
由是的第个正的极小值点知，，∴.
9.选D【解析】连接，与交于，则平面平面．
又平面，平面，∴故三点共线．而∥，∴∽，∴，又∵是的中线，∴为的重心．
10.选C【解析】由题意得，，故
∴是以为周期的周期函数.又∵∴方程可化为．数形结合可知在内各有一个实根，且这两根之和为，∴由周期性可知在内各有一个实根，且这两根之和为.
11.选D【解析】∵，，∴，，
∴
≥，而，∴，故点可能在圆上.
12.选C【解析】令，则方程转化为
∵，原方程有5个不同的根，所以方程应有一个大于2的正根与一个零根，所以即且．
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13.填.【解析】由题意得.
14.填.【解析】设，由此框图得，.
15.填.【解析】由得，即交点为，它在椭圆上，于是有，化简后得.
16.填.【解析】设分别是的中点，则，，
又，∴
．
三、解答题（共6小题，共70分）
17．（Ⅰ）由及正弦定理得，，即
，故
∵，∴，∴
又，∴；…6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故，而，是的最大内角，故，∴
即.…12分
18．（Ⅰ）连接、，设此正方体的棱长为，
则，为的中点，∴．
在中，．
在中，，
在中，．
在中，，故，即．
又平面，，故平面；…6分
（Ⅱ）由知，，，，
∴，∴，
．
在等腰中，，．
在中，，故，由（Ⅰ）知平面
设点到平面的距离为，∵，解得．
故点到平面的距离为.…12分
19．由题意知空气质量为级的有2天，级的有3天，级的有2天．
记空气质量为级的天数为，级的天数为，级的天数为．
从7天中任选2天，共有，
，
等21种情形．
（Ⅰ）记事件为“从7天中任选2天，这2天空气质量等级一样”，有
5种情形，故；…6分
（Ⅱ）记事件B为“从7天中任选2天，这2天空气质量等级数之差的绝对值为”，有12种情形，故．…12分
20.（Ⅰ）由题意知椭圆的焦点为，，
直线：
过焦点，可知为左焦点且，又，解得
，，于是所求椭圆的方程为；…4分
（Ⅱ）设，，直线的方程为，则，由消去，得，故
因为，
．
．
由，，成等比数列，得，即
解得．…12分
21.（Ⅰ）当时，，则，
当≥时，≥，∴函数在≥时为增函数．
故当≥时，≥，∴对≥时，≥成立；…4分
（Ⅱ）设点，曲线在点处的切线方程为，令．
曲线在点处的切线与曲线只有这一个公共点等价于函数有唯一零点．
因为，且．
当≤时，若≥，有≤，∴≤；
若，有，即．
所以曲线上任意一点处的切线与该曲线有且仅有这一个公共点．…12分
22.（Ⅰ）∵∥，∴，又，得．
连结，∵．∴．
又点在⊙上，∴是⊙的切线；…5分
（Ⅱ）延长交⊙于，连结．
由（Ⅰ）是⊙的切线，∴弦切角，
于是△∽△．
而，又∵，∴．
∴,而，得．
又，于是．…10分
23.（Ⅰ）由，得，即，
∴圆的直角坐标方程为．…5分
（Ⅱ）过点的参数方程为（为参数），将其代入圆的方程，得．
∴，故．…10分
24.（Ⅰ）由得，
，或，或，解之，得，∴的解集为；…5分
（Ⅱ）∵≤
（当且仅当≤，上式取等号）
由不等式≥对任意实数恒成立，可得，
≥，解此不等式，
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