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.doc

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.