（新疆乌鲁木齐地区高三数学第三次诊断性测验试题 文(扫描版，含解析)新人教A版 试题（解析版）.doc

新疆乌鲁木齐地区2013届高三数学第三次诊断性测验试题文（扫描版，含解析）

2013年乌鲁木齐地区高三年级第三次诊断性测验
文科数学试题参考答案及评分标准
一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）
题号123456789101112选项DADCBDBCCCBC1．选D【解析】∵，∴，．
2．选A【解析】依题意有，即，∴．
3．选D【解析】依题意有，对任意都成立，∴
，或，即，又，故．
4．选C【解析】实数满足条件，作出其可行域，可知当且仅当时，．
5．选B【解析】将这门考试分别记为，这天分别记为，则不同的方案有
，，
，，
，共种情形，这门考试被安排在连续两天的方案有，种情形，∴门考试被安排在连续两天的概率为．
6．选D【解析】由
∴．
7．选B【解析】对①，当，不存在；对②任意的，存在唯一的（）
成立；对③，当，不存在；对④，当，不存在；
8．选C【解析】此几何体如图所示，
∴．
9．选C【解析】设，由此框图得
．由．
10．选C【解析】∵由及正弦定理得，又，所以
，∴．
11．选B【解析】依题意三点不可能在同一直线上，
∴，又由得，于是，记．
则
可知，且
，无最大值，故的取值范围为．
12．选C【解析】∵，由零点存在条件，可知在区间
分别存在零点，记为，不妨设，可以得到，
又由，，
故，．
两式相减，得，
即，故，所以．
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13．填【解析】∵．
14．填【解析】当时，；当时，由及，得易知，，∴是以为首项，以为公比的等比数列，故．
15．填或【解析】设，根据题意有，化简后得或（无解），解得或，
∴点的坐标为或．
16．填【解析】设此正方体的棱长为，则球的直径为，半径为，与此正方体的表面及球的球面都相切的最大的球的直径为，半径为，故所有与此正方体的表面及球的球面都相切的最大的球的体积之和与球的体积之比为．
三、解答题（共6小题，共70分）
17．（Ⅰ）当时，∵，∴
关于对称，又，
∴，∴
∵，∴，
∴；…6分
（Ⅱ）∵，∴
关于对称，又，
∴，∴
∵，∴
即，故．…12分
18．（Ⅰ）由为菱形，，知为正三角形．
∵是的中点，∴，∥，则．
又，，∴平面，
∴；…6分
（Ⅱ）∵是的中点，设是的中点，
则∥，故底面，
，
∴．…12分
19．（Ⅰ）设第组的频率为，则由频率分布直方图知

∴这个人的分数在之间的概率约是；…4分
（Ⅱ）从这名学生的平均分数为
；…8分
（Ⅲ）从第一组到第四组，频率为，而
将第五组，按以下比例分割：
∴中位数为，∴应将分数线定为分．…12分
20．（Ⅰ）由得不妨设，左焦点为．
，由直线过左焦点，且倾斜角为，可得，
所求椭圆的方程为；…5分
（Ⅱ）设，．
（ⅰ）当时，有轴，此时，，
，又，∴，
，∴，于是．
∴，故．
（ⅱ）当时，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，记，直线的方程为，
点、满足．
∴，．
∴，
．
①若，中有一个不存在时，不妨设不存在，即轴，此时．
∵，∴，，共线，可知，∴∥轴，故．
②若，都存在．
，将及，代入此式，化简后得，故．
综上所述，．…12分
20．（Ⅰ）．
（1）当时，．所以在单调递增，在单调递减．
当，．
（2）当时，令，得，，与的情况如下：
↘↗↘

故的单调减区间是，；单调增区间是．
（3）当时，与的情况如下：
↗↘↗

所以的单调增区间是，；单调减区间是．
（Ⅱ）（1）当时，由（Ⅰ）可知，在单调递增不存在最大值，
∴不合题意．
（2）当时，由（Ⅰ）可知，在单调递增，在单调递减，所以在上存在最大值．下面研究最小值：
∵在单调递增，∴在存在最小值；∵在单调递减，∴在不存在最小值。所以，要使在上存在最小值，只可能是．
计算整理．
要使在上存在最小值，需且只需，．
∵，则问题转化为，恒成立．
设，则需且只需，或．
可得：．
（3）当时，由（Ⅰ）可知，在单调递减，在单调递增，所以在上存在最小值．下面研究最大值．
∵在单调递减，∴在存在最大值；∵在单调递增，∴在不存在最大值。所以，要使在上存在最大值，只可能是．
计算整理．
要使在上存在最大值，需且只需，．
∵，则问题转化为，恒成立．
设，则需且只需，或．可得：．
综上，的取值范围是．…12分

22．（本小题满分10分）选修4－1：几何证明选讲
（Ⅰ）设，则，由切割线定理，
即，，∴，
在中，，故
而，即，
∴，即；…5分
（Ⅱ）设交于，在中，∵∥，∴
又，∴，∴
∵，∴∽，
∵，∴．…10分

23．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程
（Ⅰ）由（为参数）及得，消去，得，即为曲线的普通方程；…5分
（Ⅱ）以直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，即，
不妨设，代入的极坐标方程，有
，，
设点到直线的距离