齐齐哈尔市高三第三次模拟考试

数学试卷参考答案（理科）

1．B　z＝x2－x－xi为纯虚数，则可得，解得x＝1.

2．B　∵A={ x | x 2-3 x -4＞0},∴A={ x | x＞ 4或x＜-1},∴UA＝{x|－1≤x≤4}，又B＝{x|2x＜1}＝{x|x＜0}，∴(UA)∩B＝{x|－1≤x＜0}．

3．D　∵S3＝6＝(a1＋a3)且a3＝a1＋2d，a1＝4，∴d＝－2.

4．A　由＜1，得－1＝＜0，所以x＜－1或x＞2.因为“x＞k”是“＜1”的充分不必要条件，所以k≥2.

5．D　cos〈a，b〉＝＝＝－，即向量a、b的夹角为.

6．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.

7．C　程序运行时，循环体中(S，n)的值依次为(－8，2)，(－4，3)，(2，4)，(10，5)，

所以输出S＝10.

8． C　在△APF中，|PA|＝|PF|，|AF|sin 60°＝4，∴|AF|＝，又∠PAF＝∠PFA＝30°，过P作PB⊥AF于B，则|PF|＝＝＝.

9．C　由题意，令x＝0时，a0＝1；令x＝时，a0＋a1()＋a2()2＋…＋a2014()2014＝(1－2×)2014＝0，∴＋＋…＋＝0－a0＝－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．A　由题意可知，直线l的方程为：＋＝1，即bx＋ay－ab＝0，点(1，0)到直线l的距离d1＝，同理可得：点(－1，0)到直线l的距离d2＝，

s＝d1＋d2＝＝≥c，即5a≥2c2，所以5≥2e2，即4e4－25e2＋25≤0，解得：≤e2≤5，又因为e>1，所以双曲线的离心率e的取值范围为[，]．

12．D　依题意，函数g(x)＝loga(a2x＋t)(a＞0，a≠1)在定义域R上为单调递增函数，且t≥0，而t＝0时，g(x)＝2x不满足条件②，所以t＞0.设存在[m，n]，使得g(x)在[m，n]上的值域为[m，n]，所以即所以m，n是方程(ax)2－ax＋t＝0的两个不等实根，所以Δ＝1－4t＞0，解得0＜t＜，故选D.

13．－1　根据不等式组画出可行域，当取点(2，0)时，x＋y取最小值2，即有zmin＝－1.

14.　五个数字任意排成一排，且1和2相邻的排列总数为AA，能够排成这样的五位偶数的个数为A＋AA，所以所求概率为＝＝.

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.　－＝，＝n，Sn＝n2a1，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)a1，bn＝＋＝2＋－，Tn＝(2＋－)＋(2＋－)＋…＋(2＋－)＝2n＋2－＝.

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)2013年该居民区PM2.5年平均浓度为

7.5×0.1＋22.5×0.2＋37.5×0.3＋52.5×0.2＋67.5×0.1＋82.5×0.1＝42(微克/立方米)．

因为42＞35，所以2013年该居民区PM2.5年平均浓度不符合环境空气质量标准，故该居民区的环境需要改进.(6分)

(2)记事件A表示“一天PM2.5的24小时平均浓度符合环境空气质量标准”，则P(A)＝.

随机变量X的可能取值为0，1，2，3，且X～B(3，)，

所以P(X＝k)＝C ()k(1－)3－k(k＝0，1，2，3)，

所以变量X的分布列为

X

0

1

2

3



P











E(X)＝0×
＋1×
＋2×
+3×
＝2.7(天)或E(X)＝np＝3×＝2.7(天).(12分)

19．解：由于EA⊥平面ABCD，DA⊥AB，可建立以点A为坐标原点，直线AB、AD、AE分别为x，y，z轴的空间直角坐标系．设AB＝1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，2，0)，E(0，0，2)，C(2，2，0)．

∵点M是EC的中点，∴M(1，1，1)．

即有BC＝(1，2，0)，CE＝(－2，－2，2)，CD＝(－2，0，0)，BM＝(0，1，1)，BD＝(－1，2，0)．

(1)设平面BCE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面DCE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则?，令y1＝1，则x1＝－2，z1＝－1，m＝(－2，1，－1)，同理：n＝(0，1，1)，故m·n＝0＋1－1＝0，

∴m⊥n，即平面BCE⊥平面DCE.(6分)

(2)由题意可知向量为平面BCD的法向量，设平面BDM的法向量为k＝(x3，y3，z3)，则?，令y3＝1，则x3＝2，z3＝－1，

∴k＝(2，1，－1)，又AE＝(0，0，2)，

∴cos〈k，AE〉＝＝－.设锐二面角M－BD－C的的平面角为θ，则cos θ＝.(12分)

20．解：(1)∵由题意可得a＝|OA|＝2，e＝，

∴可得：b2＝3，

∴椭圆的方程为＋＝1.(3分)

(2)∵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(－，－).(8分)

则＝

＝

＝

＝＝3－2，为定值.(12分)

21．解：(1)因为f(x)＝(x－1)ln x，所以f′(x)＝ln x＋＝ln x－＋1，

易知导数f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)＝0，

所以当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0.

所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

①当t＋≤1，即0＜t≤时，f(x)的最小值为f(t＋)＝(t－)ln(t＋)；

②当t＜1＜t＋，即＜t＜1时，f(x)的最小值为f(1)＝0；

③当t≥1时，f(x)的最小值为f(t)＝(t－1)ln t．(6分)

(2)由(x＋1)f(x)≤g(x)得，(x＋1)(x－1)ln x≤x(x－1)(x＋a)，

当x＝1时，以上不等式显然成立，

当x＞1时，由(x＋1)(x－1)ln x≤x(x－1)(x＋a)得，a≥ln x－x，

设h(x)＝ln x－x(x≥1)，则h′(x)＝，

再设m(x)＝(－x2＋x＋1)＋(－ln x)(x≥1)，易知函数m(x)在(1，＋∞)上单调递减，

又m(1)＝1＞0，m(2)＝－1－ln 2＜0，所以存在x0∈(1，2)，使得m(x0)＝0，

所以当1＜x＜x0时，h′(x)＞0，h(x)在(1，x0)上单调递增，

当x＞x0时，h′(x)＜0，h(x)在(x0，＋∞)上单调递减，

所以h(x)max＝h(x0)＞h(1)＝－1，

又ln x＜x(x≥1)，所以ln x－x＜1成立，

现判断ln x－x＜0(x≥1)是否成立，即x－1－ln x＋＞0(x≥1)，

设k(x)＝x－1－ln x，则k′(x)＝1－＝≥0，

所以k(x)在[1，＋∞)上单调递增，又k(1)＝1－1－ln 1＝0，

所以x－1－ln x≥0，所以x－1－ln x＋＞0(x≥1)成立，

所以存在整数a＝0使得对任意x∈[1，＋∞)，(x＋1)f(x)≤g(x)恒成立.(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）