2012数学一模答案

2012年高三年级第一次诊断性测验文理科数学参考答案 第 1 页 （共 8 页） 乌鲁木齐地区2012年高三年级第一次诊断性测验

文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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

12

选项 文B理A 文A理C B A C A B 文B理B B C 文D理B

D

1.（文科）选B.【解析】∵2,4,5,7UBð，∴()4,5UABð．

（理科）选A.【解析】22222121121221iiiiiii．

2．（文科）选A.【解析】2121111iiiiiii．

（理科）选C.【解析】由集合概念知：a存在且3a，故排除A、B；若2a，或6，或7时，均有()=4,5UAB=ð，不合题意，故排除D；若4a，或5时，均符合题意.

3．选B.【解析】根据题意，它是一个圆柱和一个14的球的组合体.

4．选A.【解析】由三角函数定义得点cos,sinP，它在直线5510xy上，

∴5cos5sin10，即1cossin5，两边平方，化简得24sin225.

5．选C.【解析】作出可行区域，如图，3,3zxy.

6．选A.

【解析】∵1553552aaSa，1995992aaSa，

∴5935:5:91:3SSaa.

7．选B.【解析】222fxxxab+baab，当ab时，22fxxba

未必是一次函数，但当fx为一次函数时，有ab且ab．

8．（文科）选B.【解析】由几何概型知112415P．

（理科）选B.【解析】312320121211=0033333Sxxdxxx阴影，由几何概型知点落入阴影部分的概率为13，故mn的值会稳定于13．

2012年高三年级第一次诊断性测验文理科数学参考答案 第 2 页 （共 8 页） 9． 选B.【解析】∵0x，且11yxe，∴当0,xe，0y，函数递增；,xe，0y，函数递减.而xe时0y，∴函数lnxyxe的零点只有1个，即xe.

10．选C.【解析】与圆相切且在两坐标轴上截距相等的直线可分为两类：①截距为0时，可设直线方程为ykx，由2211kk，解得33k；②截距不为0时，可设直线方程为xya，由212a，解得22a．因此符合题意的直线共有4条．

11．（文科）选D.【解析】2sin32cos32yxx，其图象向左平移个单位得到函数2cos32cos33yxx，要使其为奇函数，只需cos30，即32kkZ，∴63kkZ，又0，∴当0k时，取最小值6．

（理科）选B.【解析】由题知：令1x时有4181m(0)m，解得2m，

∴114114128aC．

12．选D.【解析】如图，∵ABAC，∴CB，在AB上取一点D

使BDCDx，则题中的角CB可用ACD表示．

∴在△ACD中，222237cos228xxCBx，

解得2x，于是1cos4A，15sin4A．

二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）

13． 填3.【解析】∵28a，54ca，∴5c，3b，不妨设双曲线方程为221169xy，由对称性知，焦点5,0到渐近线340xy的距离3d．

14．填2012.【解析】经过n次循环，2na，33bn，∴11n时，

11231132012c．

2012年高三年级第一次诊断性测验文理科数学参考答案 第 3 页 （共 8 页） 15．填1.【解析】由题知：O是1AC的中点，又160AOB，∴在Rt△1ABC中，160BAC，∴13tan60tan60BCADAB，2211981AAABAB．

16．（文科)填278.【解析】3271.50.50.51.51.53.3758ffff．

（理科)填0.25.【解析】由题设知1.5(1.52)(0.5)0.25fff，

(1)(1)(1)fff(1)0f．故11.5ff0.25．

三、解答题（共6小题，共70分）

17．（本小题满分12分）

（文科）

黑球记为a，白球记为12,bb，红球记为123,,ccc，按游戏规则可以表示为：

1,ab，2,ab，1,ac，2,ac，3,ac，1,ba，12,bb，11,bc，12,bc，13,bc，2,ba，21,bb，21,bc，22,bc，23,bc，1,ca，11,cb，12,cb，12,cc，13,cc，2,ca，21,cb，22,cb，21,cc，23,cc，3,ca，31,cb，32,cb，31,cc，32,cc．则基本事件共30个，

∴（1）“甲、乙配对成功”的概率843015P； …6分

（2）甲、乙两人中至少有一人摸到白球的概率183305P． …12分

（理科）

（1）21328465653015P； …5分

（2）的可能取值是0，1，2．

=0时同问题（1），即4015P；

122321328=16565656515P；

13311=265655P．

2012年高三年级第一次诊断性测验文理科数学参考答案 第 4 页 （共 8 页） ∴的分布列为

∴ 48114=0+1+2=1515515E． …12分

18．（本小题满分12分）

（1）∵三棱柱111ABCABC为直三棱柱，∴1ABAA．

又ABAC，∴11ABACCA平面，

而1AC11ACCA平面，∴1ABAC； …6分

（2）（文科）

1=33AAACAB，∴221132ABBC，16AC．

取1AC的中点D，连结BD，则1BDAC，∴22610222BD．

∴1111101562222ABCSACBD，1131322ABAABCSS，

1133322AACS，故 13153++22AABCS三棱锥． …12分

（理科）

如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，可取(1,0,0)ABm为平面1ACA的一个法向量．设平面1ABC的一个法向量为(,,)lmnn．则0BCn，10ACn，其中(1,3,0)BC，1(0,3,3)AC，

∴30,330.lmmn∴3,.lmnm 不妨取1m，则(3,1,1)n．

22222213010115cos,5100(3)11mnmnmn．

∴二面角1AACB的余弦值的大小是155． …12分  0 1 2

P 415 815 15

2012年高三年级第一次诊断性测验文理科数学参考答案 第 5 页 （共 8 页） 19．（本小题满分12分）

（1）由已知cos1ABBCABBC，

∴10cosABBC，∴0,2，

又1111sinsintan22cos2SABBC，

由已知1322S，∴113tan222，即1tan3，

而0,2，所以,43． …6分

（2）由已知313sin422sinSABABBCBC，

代入cos1ABBCABBC中，得2tan3AB．

在△ABC中，由余弦定理得：

222222cos2ACABBCABBCABBC

222249499tan2tan29944sin4tan

2239tan32tan4≥2925244，当且仅当23tan32tan，

即3tan2时，等号成立，此时AC的最小值是52． …12分

20.（本小题满分12分）

（1）点0,3不满足22ypx，∴0,3在椭圆22221xyab上，∴23b，

由椭圆性质知：y≤3b，而223，∴点1,222在抛物线上，

由212222p，解得 8p．

又点31,2只能在椭圆上，∴2231213a，∴24a，

∴椭圆的方程为22143xy，抛物线的方程为216yx． …6分

2012年高三年级第一次诊断性测验文理科数学参考答案 第 6 页 （共 8 页） （2）（文科）

当直线PQ的斜率不存在时，P、Q两点关于x轴对称，显然有

1212PFFQFF 成立；

当直线PQ的斜率存在时，设其方程为1ykx且0k，

由21,16,ykxyx 消去y得：2222280kxkxk，

设11,Pxy，22,Qxy，则12122162,1xxxxk．

而直线1PF、1QF的斜率分别为11111111PFkxykxx，12211QFkxkx．

于是 1112121111PFQFkxkxkkxx121212111111xxxxkxx

121212011xxkxx．

不妨设112tanPFkPFF10y，则112tanQFkQFF，

∴121212tantantanPFFQFFQFF．