齐齐哈尔市高三第一次模拟考试

数学试卷参考答案（理科）

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1．B　∵A＝{x|－2＜x＜1}，B＝{x|－2＜x＜3}，∴(RA)∩B＝{x|1≤x＜3}．

2．D　由3i＋z(1＋2i)＝i得z＝i(1＋2i)－3i＝2－4i.

3．C　由a4＋a8＝2a6＝10，得a6＝5，又a10＝6，则a10－a6＝4d＝1，所以a18＝a10＋8d＝6＋2×1＝8.

4．A　∵由题可知样本的平均值为1，∴5(a＋0＋1＋2＋3)＝1，解得a＝－1，

∴样本的方差为5(1)[(－1－1)2＋(0－1)2＋(1－1)2＋(2－1)2＋(3－1)2]＝2.

5．C　由题意可得n(12－n)＞0，∴0＜n＜12，∴a2＝n，b2＝12－n，c2＝a2＋b2＝12，∴双曲线的离心率e＝a(c)＝n(12)＝，∴n＝4.

6．A　根据几何体的三视图可知，该几何体是一个正方体和一个半圆柱的组合体，其中，正方体的棱长为2，半圆柱的底面半径为1，母线长为2.故该几何体的表面积为4×5＋2×π＋2×2(1)π＝20＋3π.

7．B　第一次循环，x＝3x－2＝28，不满足条件x＞2014，再次循环；

第二次循环，x＝3x－2＝82，不满足条件x＞2014，再次循环；

第三次循环，x＝3x－2＝244，不满足条件x＞2014，再次循环；

第四次循环，x＝3x－2＝730，不满足条件x＞2014，再次循环；

第五次循环，x＝3x－2＝2188，满足条件x＞2014，结束循环，

因此循环次数为5次．

8．D　由图可知A＝2，b＝1，4(3)T＝2(13)－2＝2(9)，∴T＝6＝ω(2π)，∴ω＝3(π)，∴f(x)＝2sin(3(π)x＋φ)＋1.又f(2)＝3得sin(3(2π)＋φ)＝1，|φ|＜2(π)，∴φ＝－6(π)，∴f(x)＝2sin(3(π)x－6(π))＋1.将f(x)向右平移m个单位后为g(x)＝2sin[3(π)(x－m)－6(π)]＋1＝2sin(3(π)x－3(m)π－6(π))＋1，若g(x)为偶函数，则－3(mπ)－6(π)＝kπ＋2(π)(k∈Z)，得m＝－(3k＋2)(k∈Z，m＞0)，∴m的最小值为1.

9．A　7(3)4(2)2(2)2(2)－C5(3)－5(1)4(2)2(2)2(2)＝80.

10．B　A显然成立；对于B，λ(a?b)＝λ|a|·|b|sin〈a，b〉，(λa)?b＝|λa|·|b|sin〈a，b〉，当λ＜0时，λ(a?b)＝(λa)?b不成立；对于C，由a?b＝|a|·|b|sin〈a，b〉，a·b＝|a|·|b|cos〈a，b〉，可知(a?b)2＋(a·b)2＝|a|2·|b|2；对于D，(a?b)2＝|a|2·|b|2－(a·b)2＝(x1(2)＋y1(2))(x2(2)＋y2(2))－(x1x2＋y1y2)2＝(x1y2－x2y1)2，故a?b＝|x1y2－x2y1|恒成立．

11．C　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则kAB＝x2－x1(y2－y1)，AB的中点为(2(x1＋x2)，2(y1＋y2))，所以AB的垂直平分线方程为y－2(y1＋y2)＝－y2－y1(x2－x1)(x－2(x1＋x2))，令y＝0，则x＝2(2)1(2)1()＋2(x1＋x2)＝2（x2－x1）(4x2－4x1)＋2(x1＋x2)＝2＋2(x1＋x2)＝4，所以x1＋x2＝4，所以|AB|≤＋＝x1＋2(p)＋x2＋2(p)＝x1＋x2＋p＝4＋2＝6(当A，B，F三点共线时取等号)．

12．C　依题意得，函数f(x)的图象关于点(0，0)对称，因此f(x)是奇函数，又函数y＝f(x)是定义在R上的增函数，于是不等式f(x2－6x＋21)＋f(y2－8y)＜0，即f(x2－6x＋21)＜－f(y2－8y)＝f(－y2＋8y)，所以x2－6x＋21＜－y2＋8y，即(x－3)2＋(y－4)2＜4，该不等式表示的是以(3， 4)为圆心，以2为半径的圆内区域．x2＋y2＝()2可视为动点P(x，y)与原点间的距离的平方，因此问题可转化为不等式组x＞3(（x－3）2＋（y－4）2＜4，)表示的平面区域内的所有点与原点间的距离的平方的取值范围，该不等式组表示的平面区域是如图所示的半圆与直线x＝3所围成的区域(不含边界)，结合图形不难得知，平面区域内的所有的点与原点间的距离的平方应大于原点与点(3，2)间的距离的平方，应小于原点与点(3，4)间的距离再加上2的和的平方，即当x＞3时，x2＋y2的取值范围是(13，49)．

13．－5(5)　因为tan?α＝2(1)，所以cos2α＝cos2α＋sin2α(cos2α)＝1＋tan2α(1)＝5(4)，

又α是第三象限角，所以cos?α＝－5(5)<0.

14．8　依题意有T3＝Cn(2)(x(3))n－2(－x(1))2＝2(n（n－1）)x3(n－8)中x的指数为0，所以n＝8.

15．4　当n＝1时，2a1＝S1＋1，得a1＝1，

当n≥2时，2(an－?an－1)＝Sn－Sn－1＝an，所以an－1(an)＝2，所以an＝2n－1，

又∵a1＝1适合上式，∴an＝2n－1，∴an(2)＝4n－1.

∴数列{an(2)}是以a1(2)＝1为首项，以4为公比的等比数列．

∴a1(2)＋a2(2)＋…＋an(2)＝1－4(1·（1－4n）)＝3(1)(4n－1)．

所以3(1)(4n－1)<5×2n＋1，即2n(2n－30)<1，易知n的最大值为4.

16.3(4)π　设球的半径为r.过球心O作直线l的垂线，设垂足为C，则三角形OAC是以角A为直角的直角三角形，且OA＝r，OC＝，点A到OC的距离为5(5)，设AC的长为x，则xr＝5(5)×＝2，x2＋r2＝5，两式联立解得r＝1(x＝2，)或r＝2(x＝1，)(因为二面角为锐二面角，故舍去)，所以球的体积为3(4)π.

17．解：(1)f(x)＝2sin?axcos?ax＋2cos2ax－

＝sin?2ax＋cos?2ax＝2sin(2ax＋3(π))．

设函数f(x)的最小正周期为T，

则由题意，得）2＋42(T)＝＋16(π2)，解得T＝π，

所以2a＝π(2π)＝2，解得a＝1.故f(x)＝2sin(2x＋3(π))．(6分)

(2)因为f(A)＝2sin(2A＋3(π))＝0，所以2A＋3(π)＝kπ，k∈Z，

又0

由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos?A，

又BC＝，AB＝3，所以13＝9＋AC2－2×3×AC×2(1)，解得AC＝4.(12分)

18．解：(1)∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，

∵底面ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∴AC⊥平面PBD，

∵DE?平面PBD，∴AC⊥DE.(5分)

(2)以D为原点，DP，DA，DC所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

设BC＝3，则CP＝3，DP＝3，因为2BE＝EP，

易知D(0，0，0)，A(0，3，0)，C(0，0，3)，P(3，0，0)，E(1，2，2)．

所以→(CA)＝(0，3，－3)，→(CP)＝(3，0，－3)，→(CE)＝(1，2，－1)，

设平面ACP的法向量为u＝(x，y，z)，则u·→(CA)＝0，u·→(CP)＝0，

即3x－3z＝0，(3y－3z＝0，)令x＝1，得u＝(1，1，1)，同理可取平面ACE的法向量v＝(－1，1，1)，

所以cos〈u，v〉＝|u||v|(u·v)＝3(1)，由图知二面角E-AC-P为锐二面角，所以二面角E—AC—P的余弦值为3(1).(12分)

19．解：(1)由题意，该学生必可答对前6道题得30分，其余4道题中有3道题目答对的概率是2(1)，最后1道题目答对的概率是4(1).

记该生选择题得满分为事件M，则P(M)＝C3(3)×(2(1))3×4(1)＝32(1).(5分)

(2)X的所有可能取值是30，35，40，45，50.

P(X＝30)＝C3(3)×(2(1))3×4(3)＝32(3)，

P(X＝35)＝C3(1)×2(1)×(2(1))2×4(3)＋C3(3)×(2(1))3×4(1)＝16(5)，

P(X＝40)＝C3(2)×(2(1))2×2(1)×4(3)＋C3(1)×2(1)×(2(1))2×4(1)＝8(3)，

P(X＝45)＝C3(3)×(2(1))3×4(3)＋C3(2)×(2(1))2×2(1)×4(1)＝16(3)，

P(X＝50)＝C3(3)×(2(1))3×4(1)＝32(1)，

所以X的分布列为

X

30

35

40

45

50



P

32(3)

16(5)

8(3)

16(3)

32(1)



故EX＝30×32(3)＋35×16(5)＋40×8(3)＋45×16 (3)＋50×32(1)＝38.75.

因为EX＝38.75<40，所以该学生还应继续努力以提高正确率．(12分)

20．解：(1)由直线l：y＝x＋2与圆x2＋y2＝b2相切，得2(|0－0＋2|)＝b，即b＝.

由e＝3(3)，得a2(b2)＝1－e2＝3(2)，所以a＝，

所以椭圆的方程是C1：3(x2)＋2(y2)＝1.(4分)

(2)由=1,p=2，故C2的方程为y2=4x,

易知Q(0，0)，设R(1(2)1()，y1)，S(2(2)2()，y2)，

∴→(QR)＝(1(2)1()，y1)，→(RS)＝(2(2)1(2)1()，y2－y1)，

由→(QR)·→(RS)＝0，得1(2)2(2)1(2)16(）)＋y1(y2－y1)＝0，

∵y1≠y2，∴y2＝－(y1＋y1(16))，