齐齐哈尔市高三第二次模拟考试

数学试卷参考答案(文科)

1．B　∵A＝，∴A∪B＝{0，1，2，3}．

2．B　z＝＝
，则＝－1，得a＝3，∴z的虚部为－2.

3．D　∵a4＋a8＝14，∴a6＝7，则S7＝＝＝35.

4．A　由抛物线y2＝(a2－9)x开口向右可得a2－9＞0，即得a＞3或a＜－3，∴“a＞3”是“方程y2＝(a2－9)x表示开口向右的抛物线”的充分不必要条件，故应选A.

5．A　根据题意可得甲组数据的中位数为21，则可得20＋n＝21，即n＝1，所以乙组数据的平均数为22，则可得＝22，解得m＝8，所以＝8.

6．A　当x＝3时，f(3)＝23＝8，g(3)＝32＝9，显然f(3)

7．C　由三视图可知该几何体为半个圆锥，底面半径为1，高为，∴表面积S＝×2×＋×π×12＋×π×1×2＝＋π.

8．C　∵log8>log9>log9，∴c>a>b.

9．D　作出不等式组对应的区域为三角形BCD，直线y＝kx－1过定点M(0，－1)，由图象可知要使直线y＝kx－1与区域Ω有公共点，则有直线的斜率k≥kMC，由得，即C(1，2)．又kMC＝＝3，所以k≥3，即[3，＋∞)．

10．A　将f(x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin(2x－)的图象向左平移m个单位，得函数g(x)＝2sin(2x＋2m－)的图象，则由题意得2×＋2m－＝kπ＋(k∈Z)，即有m＝＋(k∈Z)，∵m>，

∴当k＝1时，m取最小值为.

11．C　因为关于x的方程f(x2＋2x)＝a有6个不等的实根，所以f(t)＝a应该有三个实根，且x2＋2x＝t有两个不等的实根因为f(t)＝a有三个实根，所以t3＋9＝a，即a≤9，因为x2＋2x－t＝0有两个不等的实根，所以Δ＝4＋4t>0，即t>－1，因为t3＋9＝a，所以t＝>－1，所以a－9>－1，所以a>8，故选C.

12. A　设点P(x，y)，Q(x，－y)，可得 A(－a，0)，B(a，0)，由·＝0得x2－y2＝a2　①，又知点P(x，y)在双曲线C上，所以有－＝1　②，由①②可解得a＝b，因此双曲线C的离心率e＝.

13．－10　∵a∥b，∴x＝－4，又∵b⊥c，∴2m＋12＝0，即m＝－6，∴x＋m＝－10.

14. 　若f(x)＝x2－2ax＋a＋6＝(x－a)2－a2＋a＋6没有零点，则－a2＋a＋6＞0，解得－2＜a＜3，则函数y＝f(x)有零点的概率P＝1－＝.

15．113　∵a1＝2，a2＝－，a3＝－，a4＝2，∴可知数列{an}是以3为周期的数列，∴S2014＝a1＋671×(2－－)＝113.

16.　设球心到平面ABC的距离为h，球的半径为R，则球面上的点到平面ABC的最大距离为h＋R，由题知R＝，又因h＝)2＝，所以h＋R＝.

17．解：(1)∵c＝2bcos A，由正弦定理得sin C＝2sin B·cos A，

∴sin(A＋B)＝2sin B·cos A，即有sin(A－B)＝0，

在△ABC中，∵0

(2)由(1)知a＝b.∵cos C＝，∴sin C＝.

∵△ABC的面积S＝，∴S＝absin C＝，a＝b＝5，

由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C＝10，得c＝.(12分)

18．解：(1)由频率分布表得a＋0.2＋0.45＋b＋c＝1，即a＋b＋c＝0.35.

因为抽取的20件日用品中，等级系数为4的恰有3件，所以b＝＝0.15.

等级系数为5的恰有2件，所以c＝＝0.1.

从而a＝0.35－b－c＝0.1.所以a＝0.1，b＝0.15，c＝0.1.(6分)

(2)从日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取两件，所有可能的结果为：{x1，x2}，{x1，x3}，{x1，y1}，{x1，y2}，{x2，x3}，{x2，y1}，{x2，y2}，{x3，y1}，{x3，y2}，{y1，y2}．

设事件A表示“从日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取两件，其等级系数相等”，则A包含的基本事件为：{x1，x2}，{x1，x3}，{x2，x3}，{y1，y2}，共4个．

又基本事件的总数为10，故所求的概率P(A)＝＝0.4.(12分)

19．解：(1)取CD的中点为F，连结EF，则EF为△A1CD的中位线．∴EF∥A1C.(2分)

又EF平面A1BC，∴EF∥平面A1BC.(5分)

(2)四边形ABCD为直角梯形且AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，AB＝BC＝1，∴AC＝CD＝，

∴AD2＝AC2＋CD2即CD⊥AC.(7分)

又AA1⊥底面ABCD，CD底面ABCD，∴AA1⊥CD，又AA1∩AC＝A，

∴CD⊥平面A1ACC1.(9分)

由CD⊥平面A1ACC1，

∴CD为四棱锥D－A1ACC1的底面A1ACC1上的高，又AA1⊥底面ABCD，∴四边形A1ACC1为矩形，

∴四棱锥D－A1ACC1的体积VD－A1ACC1＝SA1ACC1·CD＝××2×＝.(12分)

20. 解：(1)因为＋＝1(a>b>0)满足a2＝b2＋c2, ＝，(2分)

×b×2c＝，解得a2＝5，b2＝，则椭圆方程为＋＝1.(4分)

(2)将y＝k(x＋1)代入＋＝1中得(1＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－5＝0，

Δ＝36k4－4(3k2＋1)(3k2－5)＝48k2＋20>0，x1＋x2＝－，x1x2＝，

所以·＝(x1＋，y1)(x2＋，y2)＝(x1＋)(x2＋)＋y1y2

＝(x1＋)(x2＋)＋k2(x1＋1)(x2＋1)

＝(1＋k2)x1x2＋(＋k2)(x1＋x2)＋＋k2

＝(1＋k2)＋(＋k2)(－)＋＋k2

＝＋＋k2＝.(12分)

21.解：(1)当a＝时，f(x)＝x3－3x2，∴f′(x)＝x2－6x，∴h(x)＝f′(x)＋6x＝x2，

令F(x)＝x2－2eln x(x＞0)，

∴F′(x)＝2x－＝，

∵x∈(0，]，F′(x)≤0，x∈[，＋∞)，F′(x)≥0，

∴当x＝时，且F(x)取得极小值，且F()为F(x)在(0，＋∞)上的最小值，

∵F()＝()2－2eln＝0，

∴F(x)＝x2－2eln x≥F()＝0，即x2≥2eln x. （6分）

(2)g(x)＝ax3＋(3a－3)x2－6x，x∈[0，2]，

g′(x)＝3ax2＋2(3a－3)x－6，　(*)

令g′(x)＝0有Δ＝36a2＋36＞0，

设方程(*)的两根为x1，x2，

则x1x2＝－＜0，设x1＜0＜x2，

当0＜x2＜2时，g(x2)为极小值，∴g(x)在[0，2]上的最大值只能为g(0)或g(2)；

当x2≥2时，g(x)在[0，2]上单调递减，最大值为g(0)，

∴g(x)在[0，2]上的最大值只能为g(0)或g(2);

又已知g(x)在x＝0处取得最大值，∴g(0)≥g(2)，

即0≥20a－24，解得a≤，∴a∈(0，]．（12分）

22．解：(1)连结AB，∵AC是⊙O1的切线，∴∠BAC＝∠D.

又∵∠BAC＝∠E，∴∠D＝∠E，∴AD∥EC.(4分)

(2)∵PA是⊙O1的切线，PD是⊙O1的割线，∴PA2＝PB·PD.∴62＝PB·(PB＋9)，∴PB＝3.

在⊙O2中，由相交弦定理得PA·PC＝BP·PE.

∴PE＝4，∵AD是⊙O2的切线，DE是⊙O2的割线，

∴AD2＝BD·DE＝9×16，∴AD＝12.(10分)

23．解：(1)将C转化为普通方程是＋y2＝1，将l转化为直角坐标方程是x＋y－4＝0.( 4分)

(2)在＋y2＝1上任取一点A(cos α，sin α)，则点A到直线l的距离为

d＝＝，它的最大值为3.(10分)

24．证明：①∵ab≤()2＝，当且仅当a=b=时等号成立,∴≥4.

∵＋≥≥8，当且仅当a＝b＝时等号成立，∴＋≥8.(5分)

②∵＋＋＝＋ +＋ =2(a＋b)(＋)=4+2(＋)≥4+4=8,

当且仅当a＝b＝时等号成立，∴＋＋≥8.(10分)