设为首页
加入收藏
当前位置:| ┊ 试卷资源详情 ┊ | ||||||||||||||||||||||||||||||
| ||||||||||||||||||||||||||||||
| 简介：
齐齐哈尔市高三第二次模拟考试 数学试卷参考答案(理科) 1．B 由题意可得A＝(0，2)，B＝[1,+∞)，则A∩B＝[1，2)． 2．B z＝＝，则＝－1，得a＝3，∴z的虚部为－2. 3．D 因为sin(θ＋)＝，所以cos θ＝，又－<θ<0，所以sin θ＝－，所以tan(π－θ)＝－tan θ＝－＝. 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 ∵＝log9，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．D ∵由f(x) 12．D 由条件知，OA⊥AB，所以，则|OA|∶|AB|∶|OB|＝3∶4∶5，于是tan∠AOB＝.因为向量与同向，故过F作直线l1的垂线与双曲线相交于同一支．而双曲线－＝1的渐近线方程分别为±＝0，故＝，解得a＝2b，故双曲线的离心率e＝＝. 13．－10 ∵a∥b，∴x＝－4，又∵b⊥c，∴2m＋12＝0，即m＝－6，∴x＋m＝－10. 14. P＝＝.第一个CA表示甲与除乙外的某一位志愿者一起去同一个岗位服务，第二个CA表示乙与除甲外的某一位志愿者一起去同一个岗位服务，CA表示甲与乙都一个人去某一岗位服务． 15. 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＝. 16．2 2R＝＝＝≥＝2. 17．解：(1)设数列{an}的公比为q，若q＝1，则S1＝a1＝1，2S2＝4a1＝4，3S3＝9a1＝9，故S1＋3S3＝10≠2×2S2，与已知矛盾，故q≠1, 从而得Sn＝＝， 由S1，2S2，3S3成等差数列，得S1＋3S3＝2×2S2， 即1＋3×＝4×，解得q＝，所以an＝a1·qn－1＝()n－1.（6分） (2) 由(1)得，bn＝nan＝n·()n－1，所以Tn＝1＋2×＋3×()2＋…＋n()n－1，① Tn＝＋2×()2＋3×()3＋…＋n()n，② 由①－②解得Tn＝－()n－1.(12分) 18．解：(1)设选出的3种商品中至少有一种是家电为事件A，从3种服装、2种家电、3种日用品中，选出3种商品，一共有C种不同的选法，选出的3种商品中，没有家电的选法有C种． 所以，选出的3种商品中至少有一种是家电的概率为P(A)＝1－＝.(5分) (2)设顾客三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量X，其所有可能的取值为0，m，3m，6m(单位：元)． X＝0表示顾客在三次抽奖都没有获奖，所以P(X＝0)＝(1－)3＝； 同理，P(X＝m)＝C×(1－)2×＝；P(X＝3m)＝C×(1－)1×()2＝； P(X＝6m)＝C×()3＝. 顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额的期望值是E(X)＝0×＋m×＋3m×＋6m×＝m. 由m≤100，解得m≤75. 故m最高定为75元，才能使促销方案对商场有利．(12分) 19．(1)证明：连结AC，交BD于N，连结MN. 在△AEC中，M、N分别为两腰AE、AC的中点，可得MN∥CE， 又因为MN?平面BDM，EC?平面BDM，所以可得EC∥平面BDM.(4分) (2)解：设平面ADE与平面ACF所成的锐二面角的大小为θ，以D为空间直角坐标系的原点，分别以DE，DC，DA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，0，)，F(1，1，0)，C(0，2，0)，＝(1，1，－)，＝ (－1，1，0)． 设平面ADE的单位法向量为n1，则可得n1＝(0，1，0)．(6分) 设面ACF的法向量n2＝(x，y，1)，则有代入数据可得 解得x＝y＝，所以n2＝(，，1)．(10分) 所以cos θ＝＝，又因为θ∈(0，)，所以θ＝.(12分) 20．解：(1)设P(x0，y0)，则Q(－x0，y0)．∴S△CPQ＝·2|x0|·|y0|＝|x0y0|， 又＋＝1≥，∴|x0y0|≤b，即S△CPQ≤b，∴b＝2，得b＝， ∴椭圆方程为＋＝1.(5分) (2)设直线MA、MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1＋k2＝0即可，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则k1＝，k2＝，直线l方程为y＝x＋m，代入椭圆方程＋＝1消去y， 得x2＋2mx＋2m2－4＝0可得x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.(9分) 而k1＋k2＝＋＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝0，(11分) ∴k1＋k2＝0，故直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形．(12分) 21．解：(1)由题意知：f′(x)＝b(ln x＋)－1，f′(1)＝2b－1＝1，b＝1，h(x)＝f(x)－xln x－x＋1，h′(x)＝－1，h′(x)＝－1＞0，解得0＜x＜1. h′(x)＝－1＜0，解得x＞1. 所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．（6分） (2)g(x)＝f(x)－(a＋x)ln x＋ax2＝(1－a)ln x＋ax2－x＋1，∴g′(x)＝＋ax－1＝＝＝， 由g′(x)＝0得：x1＝－1，x2＝1. ①若0＜－1＜1，a＞0即＜a＜1，0＜x1＜x2， x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值 极小值 此时g(x)的最小值点为x＝1，极大值点x＝－1. ②若－1＝1，a＞0即a＝，x1＝x2＝1，则g′(x)≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点． ③若－1＞1，a＞0即0＜a＜，x1＞x2＝1， x (0，x2) x2 (x2，x1) x1 (x1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值 极小值 此时g(x)的极大值点为x＝1，极小值点x＝. 综上所述： 当＜a＜1时，g(x)的极小值点为x＝1，极大值点x＝－1； 当a＝时，g(x)无极值点； 当0＜a＜，g(x)的极大值点为x＝1，极小值点为x＝－1.（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) | ||||||||||||||||||||||||||||||
| ::立即下载:: | ||||||||||||||||||||||||||||||
|
下载出错 | |||||||||||||||||||||||||||||
| ☉为确保正常使用请使用 WinRAR v3.20
以上版本解压本站软件。 ☉如果这个资源总是不能下载的请点击报告错误,谢谢合作!! ☉欢迎大家给我们提供教学相关资源；如有其它问题,欢迎发信联系管理员,谢谢! | ||||||||||||||||||||||||||||||
┊