烏魯木齊地區(qū)年高三年級(jí)第二次診斷性測(cè)驗(yàn)

1、烏魯木齊地區(qū)2016 年高三年級(jí)第二次診斷性測(cè)驗(yàn)文科數(shù)學(xué)答案一、選擇題：本大題共12 小題，每小題5 分15 DACDC610ACDCC1112DB1.選 D.【解析】 B2,2， AB2,2,3.故選 D.2.53i(53i )(4i )1717i1 i，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為 1,1 .故選 A.選 A. 【解析】i(4i )(4i )1743.選 C.【解析】 yx3 為奇函數(shù)； y ex 為非奇非偶函數(shù)； yx21符合條件， y lg x在定義域 (0,) 上為增函數(shù) . 故選 C.4. 選 D . 【解析】不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，平移直線 yxA 1,0時(shí)， z x2 y 取最，可知當(dāng)經(jīng)

2、過點(diǎn)12小值 .故選 D.5. 選 C. 【解析】由 sin5 , 得 cos5，又是第二象限角 ,255 tan2 ，原式 = cos2cossin2 cos2tan9 2.故選 C.2cossin1 tan526. 選 A . 【解析】由幾何體的三視圖，可知其直觀圖如圖所示，所以其體積 V 6 63 114 4 3100327. 選 C. 【解析】 AEDBAB1 ADAB AD2D 1C13A 142MB 14NDC2AB21AB AD23故選 C.AB1 AD228. 選 D .【解析】由 k 23k4 ，解得 k1或 k4 . 由框圖可知， 開始， k0 ，P4 .第一步， P420

3、22， k0 11. 第二步， P222123， k112 . 第三步， P232225 ， k2 1 3. 第四步， P25 2328 ， k314. 第五步，因?yàn)?k44 ，滿足判斷框內(nèi)的條件，故輸出結(jié)果為zlog 8 288.故選 D.39. 選 C. 【解析】 x, yR , 且 xy1，14214244 ，當(dāng)且僅當(dāng)xyxyx1 , y2 時(shí)，14取最小值4. 故選 C.2xy10. 選 C.【解析】 fx2sinx6， x0,2， fx2,2，0a1，方程 fxa 有兩根 x1 , x2 ，由對(duì)稱性， 有x16x2638， x1x222，3故選 C.ln x ，令11.選D .【解析

4、】令fxln x0，則fx1fx則 xe ，xxx20 ,當(dāng) x0, e 時(shí)， 1 ln x0， fx0 ，當(dāng) xe,時(shí)， 1 ln x0 ， f x0 ，函數(shù)fx 的增區(qū)間為0, e，減區(qū)間為e,，又 e1,，當(dāng) eab 時(shí)， fbf a ，即 ln bln a ，即 a ln bb ln a ，ba而 abe 時(shí)， ln aln b ，即 a ln bb ln a ，故 A 、 B 不正確，ab令 g xexgx的增區(qū)間為 1,，減區(qū)間為,1，同理可知，函數(shù)x當(dāng) ab1 時(shí)， g ag b ，即 eaeb，即 aebbea , 故選 D.ab12. 選 B .【解析】設(shè)交點(diǎn) AxA , y

5、A，Px0 , y0，則 l PA : yy 0axx 0，與 yb xba聯(lián)立，得 Aa ax0by0, b ax0by0，若要點(diǎn) A 始終在第一象限， 需要 ax0by0 0a2b2a2b2即要 by0 恒成立，若點(diǎn)P 在第一象限，此不等式顯然成立；只需要若點(diǎn)P 在第四a x0象限或坐標(biāo)軸上此不等式也成立. 此時(shí) y00 ， a2x02y02 ，而 y2b2x021，故b20a2a2b 22b2a2b 20 ，即 ab ， 1e2.故選 B.b2a2x 0恒成立，只需b2a2二、填空題：本大題共4 小題，每小題5 分 .13. 填3 .5【解析】設(shè)紅球編號(hào)為A1, A2 ，黑球編號(hào)為B1,

6、 B2, B3，隨機(jī)抽取兩球的情況有A1, A2 , A1,B1 , A1, B2 , A1, B3 , A2,B1 , A2, B2 , A2,B3 , B1, B2 , B1, B3 , B2,B310種，滿足條件的有A1,B1 , A1,B2 , A1,B3 , A2,B1 , A2,B2 , A2,B36 種，所以6 3P10 52214. 填26 【解析】不妨設(shè)橢圓方程為x2y21 ab0，依題意得 bc 1 ，3aba2 ，得橢圓方程為x 2y21，設(shè)此內(nèi)接正方形在第一象限的頂點(diǎn)坐標(biāo)為x0 , x0 ，2代入橢圓方程，得x06，所以正方形邊長(zhǎng)為26 .3315. 填633【解析】由

7、題意得，ba2 ，而 b1， sin B1sin BsinA，又423a2b232ac2ba c， B 不可能是鈍角，cos BcosBc2ac，而2ac，22ac即 32ac3， ac363 3， S ABC1acsin B633.2ac2232416.填7【 解析】在四面體 ABCD 中，取線段 CD 的中點(diǎn)為 E ，連結(jié) AE,BE ，ACADBC BD2，則 AECD, BECD ，在 Rt AED 中 CD6 ,CD21010 AEAD 2，同理 BE，取 AB 的中點(diǎn)為 F ,由 AEBE ，222AB2得 EFAB ，在 Rt EFA 中， AB6，EFAE 21, 取 EF 的

8、中點(diǎn)為21AB27O，則 OF,在 Rt OFA 中 OAOF 2，由 OAOBOCOD ,222四面體 ABCD 的外接球的半徑是7 ，四面體 ABCD 的外接球的表面積是7 .2三、解答題：第 1721 題每題 12 分，解答應(yīng)在答卷的相應(yīng)各題中寫出文字說明，說明過程或演算步驟17. （12 分）（）當(dāng) n1時(shí)，由 S12a11得 a11， n2 時(shí)，由 a1a22a21， a22 ，當(dāng) n2 時(shí)， Sn2an1 ， Sn 12an 1 1 ，兩式相減，得 an2an2an 1 ，即an2 ，an 1所以 an 是首項(xiàng)為 1，公比為 2 的等比數(shù)列， 則 a2n1 . 6 分n（） bnl

9、og 2 anlog 2 2n 1n 1，令 cnanbn ，則 c n2n 1n1記數(shù)列anbn的前 n 項(xiàng)和為 T n ，即 Tn020 1212 22n12n 1則 2Tn0 211 222 23n 22n 1n 1 2n兩式相減，得Tn021222n1n 12n2 12n 1n12n1222n1n 2n T nn 2n2n 1212 分18. （12 分）（）由題意得BEAC ，又 PC 平面 ABC， PCBE ， BE面 PAC ， BEAP ，又 EFAP ， AP面BEF，AP FB ；6分（）在ABC中， AB= AC = BC =2，E 為AC 中點(diǎn)，AE1, BE3在PC

10、A 中，PCA90 ,ACPC2 ，PAC45，又 EFPA EFAF2， S1EFAF1，易知， BE平面 AFE2AEF42 VA BEFVB AFE13123BE S AEF，又 VPABCPC S ABC,31233多面體 PFBCE 的體積為 V P ABCV FABE7312 分1219. （12 分）（）設(shè)“選修41”、“選修 4 4”和“選修 4 5”抽取的人數(shù)分別為x, y, z ，則 xyz127，得 x2, y2, z3 ，所以“選修41”“選修 41212181218 4”和“選修 4 5”分別抽取 2名， 2 名， 3 名. 6 分（）由題意得22列聯(lián)表幾何類非幾何類

11、合計(jì)男生（人）16420女生（人）81422合計(jì)（人）24184242 1614482K 28.145 6.63524182220所以根據(jù)此統(tǒng)計(jì)有99%的把握認(rèn)為學(xué)生選答“幾何類”與性別有關(guān).12 分20. (12 分 )（）依題意，點(diǎn)P到點(diǎn)F1,0的距離與它到直線x1的距離相等，點(diǎn)P的軌跡E是以 F 為焦點(diǎn)，以直線x1為準(zhǔn)線的拋物線，E 的方程為 y 24x （或 x 軸負(fù)半軸；6 分（）根據(jù)對(duì)稱性只考慮AB 的斜率為正的情形，設(shè)點(diǎn)A,B,M ,F在準(zhǔn)線上的投影分別為A1,B1, N , H ，要證 CA CBCMCF ，就是要證CACF，CMCBCA1CH，即證 CA1CB1CNCH 只需

12、證CB1CN設(shè)直線 AB 的方程為 xmy 1，代入 y 24x ，得 y 24my40 ，設(shè) Ax 1, y 1, Bx 2 , y 2，則 y 1y 24m ， y 1 y 24 ，在 xmy1中，令 x1，得 y2，即 C1, 2mm因此，要證式成立，只需證：y 1 y cy 2y cy 1y 2y cy c2只需證： y1 y2y1y2yc0 ，2由兩式，可知y1 y 2y 1y 2 y c42m20 ，2m式成立，原命題獲證12 分21.( 12 分 )（） m1 時(shí)， f xex x 2x1，則 f xexx 1 2則 fx ex1 ， 令 fx 0 ，得 x0當(dāng) x0 時(shí)， ex

13、1， ex10 ，即 f x0 ，函數(shù)函數(shù)yfx在 0,上為增函數(shù)，即當(dāng)yfx在 0,上為增函數(shù)，即當(dāng)x0時(shí)， fxf00 ，x0 時(shí) fxf00 ； 5 分（）由（）和式知，當(dāng)x0時(shí)， ex1 0 ， fx0函數(shù)fxexx1,0，增區(qū)間為0,的減區(qū)間為 f x minf00，對(duì)xR ， fx0 ，即 exx1當(dāng)x1x 1 0，又m 1，m x 1 x 1，時(shí)，由得 e xmx1exx10，即 fx0函數(shù)yfxx1f00，為增函數(shù)，又當(dāng) x 0 時(shí)， f xf00，當(dāng) 1x 0 時(shí)， f xf 0 0 ，函數(shù) yfx在 x1時(shí)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)x0當(dāng)x1時(shí)，）當(dāng) 0m1時(shí)，mx 10 ， ex0

14、， fxe xm x10函數(shù) yfx 在 x1時(shí)遞減， fxf1 e 1m 1m1 0 ，22故 0m1時(shí)，函數(shù) yfx在 x1時(shí)無零點(diǎn)，）當(dāng) m0時(shí)，由 fxexmxm，得 fxexm0函數(shù)yfx 在 x1時(shí)遞增， f1e 10 ，當(dāng) xe 11 時(shí)， f xe 1m x 1 0 ，me 1由函數(shù)零點(diǎn)定理知x1, 1 ，使 fx0 ，m故當(dāng) xx , 1 時(shí)， 0fxfxf1e 1當(dāng) x, x時(shí)， f xf x0 ，函數(shù) yfx 的減區(qū)間為, x，增區(qū)間為 x,1又 f 1e 1m1 0，對(duì)x x, 1 ， fx0 ，2又當(dāng) x121 x1 時(shí)，m x 2mx 1 0 ， f x0 ，m2由

15、 f x0 ，2, 1, x，1m再由函數(shù)零點(diǎn)定理知x 0,x，使得 fx 00綜上所述：當(dāng)0m1時(shí)，函數(shù) yfx有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng) m0 時(shí)，函數(shù) yfx有兩個(gè)零點(diǎn) 12 分請(qǐng)考生在第22、 23、 24 題中任選一題作答，并將所選的題號(hào)下的“”涂黑如果多做，則按所做的第一題記分，滿分10 分22（ 10 分）（）連結(jié) EF ，延長(zhǎng) AH 交 BC 于 D ，過 C 點(diǎn)平行于 AH 的直線是 CM ， BC 是直徑，BECBFC90 ，AFHAEH180 ，A,F,H, E 四點(diǎn)共圓，1= 2 ，又 BFEC 是圓內(nèi)接四邊形，1=3 ，2=3，而C =C , ADC BEC , ADC = BEC90,ADBC , CMBC , CM 是O 的切線 5 分（）HDCHEC180 , H ,D,C ,E 四點(diǎn)共圓，BHBE BD BC , 同理CH CF CD BC ,兩式相加 BH BE+CH CFBD BC+CD BC= BD CD BC BC210 分23（ 10 分）= 2cos= sin， tan2 ， kOA2（）由= sin，得 2cos（）設(shè) A 的極角為 ， tan2 ，則 sin 25 ,cos 5 ，55則 ，代入 = 2cos得 145B2sin 1 ,= 2cos252C2,，代入 = sin得 = sin+ cos5 ，2225 BC1