2013年乌鲁木齐地区高三年级第三次诊断性测验试卷
理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）
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题 号 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
11 |
12 |
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选 项 |
B |
A |
D |
D |
C |
D |
B |
C |
C |
C |
B |
C |
1．选B【解析】∵ ，∴ ；
∵ 或 ，∴ ， ．
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D【解析】∵ ， ，问题转化为求 的最大值，实数 满足条件 ，作出其可行域，可知当且仅当 时， ，
∴ ．
5．选C【解析】 门不同的考试安排在 天之内进行共有 种方案，其中考试安排在连续两天有 种方案，故符合题意的安排方案有 种．
6．选D【解析】由 ，
∴ ．
7．选B【解析】对①，当 ， 不存在；对②，任意的 ，存在唯一个 （ ）使 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】∵ ，又 ，
∴ ．
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】∵ ，∴ ，故 ．
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
： ．
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 ，
则 为 与平面 所成的角，
在 中，因为 ，
所以当 最短，即 时， 最大，
此时，由 ，得 ，
∴ ．
∴ 与平面 所成最大角的正切值为 ； …6分
（Ⅱ）以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有 ，
．
故 ．
设平面 的法向量为 ，
则
取 ，则 ，
由 ， 知 平面 ，
故 为平面 的法向量，又 ，
则 ，
又二面角 为锐角，故所求二面角的余弦值为 ． …12分
19．（Ⅰ）设第 组的频率为 ， 由频率分布图知
．
所以成绩在 分以上的同学的概率 ≈ ，
故这 名同学中，取得面试资格的约为 人； …4分
（Ⅱ）成绩在 分以上的同学的人数约为 (人) ．
设 人中三题都答对的的人数为 ，则 ，
所以，获得 类资格的人数约为 人；
设 人中三题都答错的的人数为 ，则 ，
所以，获得 类资格的人数约为 (人) ． …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．
，由 及 ，
代入此式，化简后得 ，故 ．
综上所述， ． …12分
21．（Ⅰ） ．
设 ， ．
（1）当 时， 无意义，∴ ．
（2）当 时， 的定义域为 ．
令 ，得 ， ， 与 的情况如下：
，∴ ．
，∴ ．
故 的单调递增区间是 ；单调递减区间是 ．
（3）当 时， 的定义域为 ．
令 ，得 ， ， 与 的情况如下：
，∴ ．
，∴ ．
所以 的单调递增区间是 ；单调递减区间是 ．…5分
（Ⅱ）（1）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：
由于 的定义域为 ．
①若 ，即 时，结合 的定义域可知 在 上没有最小值，不合题意．
②若 ，即 时，∵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 ．可解得：
，这与 相矛盾，∴ 在 上没有最小值，不合题意．
（2）当 时，由于 的定义域为 ．
①若 ，即 时， 在 上没有意义，也不存在最大值和最小值．
②若 ，即 时，由（Ⅰ）可知 在 单调递减， 存在最大值，但不存在最小值．
综上，不存在 的值，使得 在 上既存在最大值又存在最小值．…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 的距离为 ，则
（定值）． …10分
24. （本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲
（Ⅰ） ； …5分
（Ⅱ）由 ，
(ⅰ)若 ，∵ ，有 ，不等式恒成立，此时不等式的解集为 ；
（ⅱ）若 ，不等式等价于
或 或
解得 ，或 ．
综上，当 时，解集为 ；当 时，解集为 ．…10分
以上各题的其它解法，限于篇幅从略.请相应评分.
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