1、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）题 号123456789101112选 项BA D D C D B C C CB C1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，当，不存在；对，任意的，存在唯一个（）使成立；对，当，不存
2、在；对，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
3、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（）当时，关于对称，又，； 6分（），关于对称，又，即，故 12分18（）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（）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（）设第组的频率为， 由频率分布图
4、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（）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（）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（）设，（）当时，有轴，此时，又，于是，故（）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，若，中有一个不存在时，不妨设不存在，即轴，此时，共线，可知，轴，故若，都存在 ，由及，代入此式，化简后得，故综上所述， 12分21（）设， （
5、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（）（1）当时，由（）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：由于的定义域为若，即时，结合的定义域可知在上没有最小值，不合题意若，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，由于的定义域为若，即时，在
6、上没有意义，也不存在最大值和最小值若，即时，由（）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41：几何证明选讲（）设，则，由切割线定理，即 ，在中，故 而 ，即 ，即 ； 5分（）设交于，在中，又， 10分23.（本小题满分10分）选修44：坐标系与参数方程 （）由（为参数）及得，消去，得，即为曲线的普通方程； 5分（）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45：不等式选讲 （）； 5分（）由，()若，有，不等式恒成立，此时不等式的解集为；（）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.
