齐齐哈尔市高三第三次模拟考试

数学试卷参考答案（文科）

1．A　∵A＝{x|－

2．B　z＝x2－x－xi为纯虚数，则可得，解得x＝1.

3．C　函数f(x)的定义域为x≠0，当x>0时，f(x)＝ln x2＝2ln x，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

又f(－x)＝ln(－x)2＝ln x2＝f(x)，所以f(x)为偶函数．

4．C　可得d1＝，d2＝，则＝.

5．C　由＝，得AB＝DC，AB∥CD，所以ABCD为平行四边形．由AC·＝0得四边形ABCD的对角线互相垂直，所以ABCD为菱形．反过来，由“四边形ABCD是菱形可得到＝，且AC·＝0.

6．B　在程序执行过程中，m，n，r的值依次为m＝42，n＝30，r＝12；m＝30，n＝12，r＝6；m＝12，n＝6，r＝0，所以输出m＝12.

7．B　由题可知该几何体是由一个边长为1的正方体和两个三棱柱构成(底面为腰长为1的等腰直角三角形，高为1)，其体积恰为两个正方体体积，即为2 cm3.

8．C　由题意知圆心(4，－1)为两直线的交点，且两直线互相垂直，

所以解得所以m－n＋b＝－9.

9．B　设D是OC与AB的交点，且＝x＋y，则x＋y＝1，而＝λ＝λx＋λy，显然λ>1，又m＝λx，n＝λy，故m＋n＝λ(x＋y)＝λ>1.

10．D　函数y＝cos x的单调递增区间为[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z，

由－π＋2kπ≤＋＜ωπ＋≤2kπ，k∈Z，解得4k－≤ω≤2k－，

又4k－－(2k－)≤0且2k－＞0，得k＝1，所以ω∈[，]．

11．C　设点A(x0，y0)在第一象限．∵原点O在以线段MN为直径的圆上，∴OM⊥ON，又∵M、N分别为AF、BF的中点，∴AF⊥BF，即在Rt△ABF中，OA＝OF＝2，∵直线AB斜率为，∴x0＝，y0＝，代入双曲线－＝1得－＝1，又a2＋b2＝4，得a2＝1，b2＝3，∴双曲线的离心率为2.

12．B　对于①，当x∈[1，＋∞)时，0<≤1，故在[1，＋∞)上有一个宽度为1的通道，两条直线可取y＝0，y＝1；

对于②，当x∈[1，＋∞)时，－1≤sin x≤1，故在[1，＋∞) 上不存在一个宽度为1的通道；

对于③，当x∈[1，＋∞)时，f(x)＝表示双曲线x2－y2＝1在第一象限的部分，双曲线的渐近线为y＝x，故可取另一直线为y＝x－，满足在[1，＋∞) 上有一个宽度为1的通道．

∴在区间[1，＋∞)上通道宽度可以为1的函数有①③，故答案B.

13．1　f(－3)＝(－3)2＋1＝10，所以f[f(－3)]＝f(10)＝lg 10＝1.

14．－9　如图，作出可行域为阴影部分，由得

即A(3，6)，经过分析可知直线z＝x－2y经过A点时目标函数z＝x－2y取最小值为－9.

15.　如图所示，过D作球O的截面，当截面与OD垂直时截面圆最小，根据下图可求得截面圆半径r＝，所以面积S＝πr2＝.

16．124　由条件得bn＋1＝||＝||＝2||＝2bn，且b1＝4，

所以数列{bn}是首项为4，公比为2的等比数列，S5＝＝124.

17．解：(1)由题得a(sin A－sin B)＋bsin B＝csin C，

由正弦定理＝＝，得a(a－b)＋b2＝c2，即a2＋b2－c2＝ab.(3分)

由余弦定理得cos C＝＝，

结合0＜C＜π，得C＝.(6分)

(2)由a2＋b2＝6(a＋b)－18，得(a－3)2＋(b－3)2＝0，

从而a＝b＝3.( 9分)

所以△ABC的面积S＝absin C＝×32×sin＝.(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)连结OF.

由ABCD是正方形可知，点O为BD中点．

又F为的BE中点，

所以OF∥DE，

又OF?平面ACF，DE?平面ACF，

所以DE∥平面ACF.(3分)

(2)由EC⊥底面ABCD，BD?底面ABCD，

所以EC⊥BD，

由ABCD是正方形可知，AC⊥BD，

又AC∩EC＝C，AC，EC?平面ACE，

所以BD⊥平面ACE，

又AE?平面ACE，

所以BD⊥AE.(7分)

(3)在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE.

理由如下：如图，取EO中点G，连结CG.

在四棱锥E－ABCD中，AB＝CE，CO＝AB＝CE，

所以CG⊥EO.

由(2)可知，BD⊥平面ACE，而BD?平面BDE，

所以平面ACE⊥平面BDE，且平面ACE∩平面BDE＝EO，

因为CG⊥EO，CG?平面ACE，

所以CG⊥平面BDE，

故在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE.

由G为EO中点，得＝.(12分)

20．解：(1)∵a＝2，∴b2＝a2(1－e2)＝4(1－e2)，

b＝2，

∴A(2，0)，B(0，2)，

∴M(1，)，故直线OM的方程为y＝x，

∴化简整理得：x2＝＝2，即x＝±，

可得：C(，)，

D(－，－).(6分)

(2)＝

＝

＝

＝＝3－2，为定值.(12分)

21．解：(1)f′(x)＝ln x＋1，

当x∈(0，)，f′(x)＜0，f(x)单调递减，

当x∈(，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增.

①0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时，

f(x)min＝f()＝－；

②≤t＜t＋2，即t≥时，

f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tln t，

所以f(x)min＝ (6分)

(2)2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋.

设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝.

①x∈(0，1)，h′(x)＜0，h(x)单调递减，

②x∈(1，＋∞)，h′(x)＞0，h(x)单调递增，

所以h(x)min＝h(1)＝4，因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，

所以a≤h(x)min＝4.(12分)

22．证明：(1)连接BE、OE，则BE⊥EC，

又D是BC的中点，所以DE＝BD，

又OE＝OB，OD＝OD，

所以△ODE?△ODB， (3分)

所以∠OED＝∠OBD＝90°，

所以O、B、D、E四点共圆．(5分)

(2)延长DO交圆O于点H，

因为DE2＝DM·DH＝DM·(DO＋OH)＝DM·DO＋DM·OH，(7分)

所以DE2＝DM·(AC)＋DM·(AB)，

所以2DE2＝DM·AC＋DM·AB.(10分)

23．解：(1) x2＝(sin θ＋cos θ)2＝1＋sin 2θ，所以曲线M可化为y＝x2－1，x∈[－，]，

由ρsin(θ＋)＝t得ρsin θ＋ρcos θ＝t，∴ρsin θ＋ρcos θ＝t，所以曲线N可化为x＋y＝t.(4分)

(2)若曲线M，N只有一个公共点，

则当直线N过点(，1)时满足要求，此时t＝＋1，

并且向左下方平行运动直到过点(－，1)之前总是保持只有一个公共点，

当直线N过点(－，1)时，此时t＝－＋1，

所以－＋1

再接着从过点(－，1)开始向左下方平行运动直到相切之前总有两个公共点，相切时仍然只有一个公共点，

联立得x2＋x－1－t＝0，

Δ＝1＋4(1＋t)＝0，解得t＝－，

综上可求得t的取值范围是－＋1

24．解：(1)∵f(x)＝|x＋1|－|x－4|＝

∴由f(x)＜2得x＜.（5分）

(2)因为f(x)＝|x＋a|－|x－4|＝|x＋a|－|4－x|≤|(x＋a)＋(4－x)|＝|a＋4|，

要使f(x)≤5－|a＋1|恒成立，须使|a＋4|≤5－|a＋1|，

即|a＋4|＋|a＋1|≤5，解得－5≤a≤0.（10分）