2013-东北三省三校-一模-理科数学


东北三省三校(辽宁省实验中学、东北师大附中、哈师大附 中)2013 届高三 3 月第一次联合模拟考试理科数学
第 I 卷(选择题 共 60 分)

一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,只有 一项符合题目要求。 1.已知全集 U ? R ,集合 A ? ?x | x ? 2? , B ? {x | 0 ? x ? 5} ,则集合 CU A) ? B ? ( ( ) B. {x | 0 ? x ? 2} C. {x | 0 ? x ? 2} D. {x | 0 ? x ? 2}

A. {x | 0 ? x ? 2}

解析:? CU A ? ?x | x ? 2? ? CU A) ? B ? {x | 0 ? x ? 2} ,故选C (

2.命题“若 x ? 1, 则 x ? 0 ”的否命题是 A. x ? 1 , x ? 0 若 则 B. x ? 1 , x ? 0 若 则



) D. x ? 1 , x ? 0 若 则

C. x ? 1 , x ? 0 若 则

解析: .命题“若 x ? 1, 则 x ? 0 ”的否命题是:若 x ? 1 ,则 x ? 0 ,故选 C

3.在复平面内复数 z ? A.第一象限 解析: z ?

3+4i 的对应点在( 1? i
B.第二象限

) C.第三象限 D.第四象限

1 7 3+4i (3+4i)(1 ? i) ?1 ? 7i 1 7 ? ? ? ? + i ,而点 (? , ) 在第二象限,故选 B 2 2 1? i (1 ? i)(1 ? i) 2 2 2

4 已知数列 {an } 是等差数列,且 a1 ? a4 ? a7 ? 2? ,则 tan(a3 ? a5 ) 的值为( ) B. ? 3

A. 3

C.

3 3

D. ?

3 3

解析:? a1 ? a4 ? a7 ? 2? ,?3a4 =2? ? a4 = 选C

2? 4? ? tan(a3 ? a5 )= tan 2a4 = tan = 3 ,故 3 3

y 2 x2 ? ? 1 共焦点且过点 (1, 3) 的双曲线的标准方程为( ) 5.与椭圆 C : 16 12
A. x ?
2

y2 ?1 3

B. y ? 2 x ? 1
2 2

C.

y 2 x2 ? ?1 2 2

D.

y2 ? x2 ? 1 3

解析:由题知:焦距为 4,排除 B,又焦点在 y 轴上排除 A,将 (1, 3) 代入 C、D 可得 C 正确, 故选 C 6.将 4 名实习教师分配到高一年级的 3 个班实习,若每班至少名教师,则不同的分配方案的 种数为( ) A.12 B.36 C.72 D.108
2 解析:先从 4 名实习教师选出 2 名教师有 C4 种情形,再将选出的 2 名教师看成 1 名教师与余 2 3 3 下的 2 名全排列有 A3 种情形,所以不同的分配方案的种数为: C4 ? A3 =36 ,故选 B

7 . 按如 图所 示的 程序 框图 运 行后 ,若 输出 的结果 是 63 ,则 判断 框的 整数 M 的 值是

开始

A=1,S=1 否 A<M? 是 S=2s+1 输出S

A=A+1

结束



) A.5 B.6 C.7 解析:按框图推演可得: M 的值为:6,故选 B 8.若 ( x ? A.4 解析: ( x ? 为常数项 所以

D.8

1 2 x
3

)n 的展开式中第四项为常数项,则 n ? (
B.5 C.6
3 n n ?3 2

) D.7

1 23 x

) 的展开式中第四项为: C x

n

? 1 3 ?1 1 3 3 n2 5 ? (? ) ? x ? (? ) Cn x ,又第四项 2 2

n?5 ? 0 ,从而 n ? 5 ,故选 B 2

9.已知函数 y ? A sin(? x ? ? ) ? k 的最大值为 4,最小值为 0,最小正周期为 是其图像的一条对称轴,则下面各式中符合条件的解析式为( A. y ? 4sin(4 x ? C. y ? 2sin(4 x ? 解析:由题得: ? )

? ? ,直线 x ? 3 2

?

?

6

) )?2

B. y ? 2sin(2 x ? D. y ? 2sin(4 x ?

?

?

3

)?2

3

6

)?2

?A ? k ? 4 ?A ? 2 ,解得: ? ?? A ? k ? 0 ?k ? 2

又函数 y ? A sin(? x ? ? ) ? k 最小正周期为

?? ?

2?

? 2

?

?4

2
? f ( x) ? 2sin(4 x ? ? ) ? 2
又直线 x ?

?
3

是 f ( x ) 图像的一条对称轴

?4?

?
3

? ? ? k? ?

?
2

D

? ? ? k? ?

5? ,k ?Z 6

故可得: y ? 2sin(4 x ?

?
6

) ? 2 符合条件,所以选 D
O C O1 A

10.点 A、B、C 、D 在同一个球的球面上, AB ? BC ? 2 , AC ? 2 , 若 四 面 体 ABCD 体 积 的 最 大 值 为 ( A. )

2 ,则这个球的表面积为 B 3
C.

125? 3 6

B. 8?

25? 4

D.

25? 16

第10小题

解析:? AB ? BC ?

2 , AC ? 2 ,

? ?ABC 是直角三角形, ? ?ABC 的外接圆的圆心在边 AC的中点O1 如图所示,若使四面体 ABCD 体积的最大值只需
使点 D 平面 ABC 的距离最大,又 OO1 ? 平面 ABC ,所以点 D 是直线 OO1 与球的交点最大。 设球的半径为 R ,则由体积公式有: O1D ? 2 在 Rt ?AOO1 中, R ? 1 ? (2 ? R) ,解得: R ?
2 2

5 4

? S球O的表面积 =

25? ,故选 C 4

11.若点 P 在抛物线 y 2 ? 4 x 上,则点 P 到点 A(2,3) 的距离与点 P 到抛物线焦点的距离之差 ( ) B 有最大值,但无最小值 D.既有最小值,又有最大值

A.有最小值,但无最大值 C.既无最小值,又无最大值

解 析 : 做 出 抛 物 线 y 2 ? 4 x 及 准 线 如 图 所 示 并 作 直 线 AF 交 抛 物 线 于 点 P,P , 作 1 2

PB ? 准线于点B
过点 A 作直线 AA1 交准线与 A 、交抛物线于点 P ,过点 A 作 AA2 ? PB 于 A2 1 3

A1 P

A(2,3) P3 P1 A2

B

x=-1
O F

第11小题图
P2

| 由题可得:PA | ? | PF |?| AF | 其中当且仅当 点P与点P 重合时取等号, 点 P 到点 A(2,3) 即: 2
的距离与点 P 到抛物线焦点的距离之差取得最大值 当点 P 不与点 P 重合时有: | PA |?| PA2 | 3

? | PA | ? | PF |?| PA2 | ? | PB |
? PA | ? | PF |?| PA2 | ?(| A2 B | ? | PA2 |)=2|PA2|-|A2B|>-3或 | PA | ? | PF |?| PA2 | ?(| A2 B | + | PA2 |) ? ?3 |
当点 P 不与点 P 重合时:有 | PA | ? | PF | =-3 3 综上可知:点 P 到点 A(2,3) 的距离与点 P 到抛物线焦点的距离之差 既有最小值,又有最

大值 故选 D

ln x ? ln x, f ( x) 在 x ? x0 处取最大值,以下各式正确的序号为 ( 1? x 1 1 ① f ( x0 ) ? x0 ② f ( x0 ) ? x0 ③ f ( x0 ) ? x0 ④ f ( x0 ) ? ⑤ f ( x0 ) ? 2 2
12.已知 f ( x) ? A. ①④
'



B. ②④

C. ②⑤

D. ③⑤

解析:f ( x) ?

?1 ? x ? ln x , f ( x) 在 x ? x0 处取最大值, f '( x0 ) ? 0 , ln x0 ? ?1 ? x0 , 即: ? ? (1 ? x)2

? f ( x0 ) ? x0
设 g ( x) ? ln x ? 1 ? x ,则 g ( x) ? ln x ? 1 ? x 为 (0, ??) 增函数,

1 1 1 1 1 1 ) ? ?2 ? 1 ? 2 ? ?1 ? 2 ? 0, g ( ) ? ?1 ? 1 ? ? ? 0 2 e e e e e e 1 1 ? x0 ? 2 , ) ( e e 1 ? x0 ? 2 1 ? f ( x0 ) ? 2
而 g( 故选 B

第 II 卷(非选择题 共 90 分)
二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。

?3x ? y ? 6 ? 0 ?x ? y ? 2 ? 0 ? 13.设 x、 y 满足约束条件 ? ,则目标函数 z ? 2 x ? y 的最大值为 ___________. ?x ? 0 ?y ? 0 ?
6) 解析:据线性约束条件画出如图所示的可行域,由图知:当直线 z ? 2 x ? y 经过点 B(4,
y
时, 2x ? y 的取得最大值为 14 ,? 目标函数 z ? 2 x ? y 的最大值为 14

B(4,6)

C(0,2)
2 { 14.已知 ? ?(x, y) || x |? 1,| y| ? 1},A 是曲线 y ? x 与 y ? x 围成的区域,
1 2

若向区域 ? 上随机投一点 P ,则点 P 落入区域 A 的概率为



O

A(2,0)

x

第13小题图

S 解析:由题知:此题是几何概型问题,从而 P( A) ? A ? S?

?(
0

1

x ? x 2 )dx 4

?

1 12

15.已知某几何体的三视图如图,其中正视图中半圆直径为 2,则该几何体的体积为 __________。

解析:由视图知:所求的几何体体积等于一个长方体的体积减去半个圆柱的体积即:

1 3? V ? (1 ? 2 ? 1 ? 3 ? 2- ? ? ? 3=24) 2 2 AC 2 A ? 3 sin A , sin( B ? C ) ? 2cos B sin C ,则 16.在 ΔABC 中, 2sin __________。 2 AB ? 1 2 A ? 3 sin A ? 1- cos A ? 3 sin A ? sin( A ? ) ? 解析: 2sin 2 6 2 又0 ? A?? ? ? 7? ? ? A? ? 6 6 6 ? 5? ?A? ? 6 6 2? ?A? 3
再由余弦定理得: a ? b ? c ? bc ?①
2 2 2

将 sin( B ? C ) ? 2cos B sin C 展开得: sin B cos C ? 3cos B sin C

?将其角化边得: 2 ? 2c2 ? a2 ?② 2b
将 ①代入②得:b -3c -bc=0
2 2

左右两边同除以 bc 得:

b c ? 3 ? ? 1 ? 0 ?③ c b

解③得:

b 1 ? 13 b 1 ? 13 ? 或 ? (舍) c 2 c 2

?

AC b 1 ? 13 ? ? AB c 2

三、解答题(本大题共 70 分。解答应写出文字说明) 17. (本小题满分 12 分) 已知数列 {an } 的前 n 项和 Sn 满足 Sn ? 2an ? (?1) n ( n ? N *) (1)求数列 {an } 的前三项 a1,a2,a3; (2)求证:数列 {an ?

2 ( ?1) n } 为等比数列,并求出 {an } 的通项公式。 3
n

解析: (Ⅰ)在 Sn ? 2an ? (?1) , n ? 1中分别令 n ? 1,2,3

得:

?a1 ? 2a1 ? 1 ? ?a1 ? a 2 ? 2a 2 ? 1 ?a ? a ? a ? 2 a ? 1 2 3 3 ? 1
n

?a1 ? 1 ? 解得: ?a 2 ? 0 ?a ? 2 ? 3

??3 分

(Ⅱ)由 Sn ? 2an ? (?1) , n ? 1得: S n?1 ? 2an?1 ? (?1) n?1 , n ? 2 两式相减得: an ? 2an?1 ? 2(?1) n , n ? 2 ??6 分

4 2 4 2 a n ? 2a n ?1 ? (?1) n ? (?1) n ? 2a n ?1 ? (?1) n ?1 ? (?1) n 3 3 3 3 2 2 a n ? (?1) n ? 2(a n ?1 ? (?1) n ?1 )( n ? 2) ??9 分 3 3
故数列 ?a n ? 所以

? ?

2 1 2 ? (?1) n ? 是以 a1 ? ? 为首项,公比为 2 的等比数列. 3 3 3 ? an ? 1 2 ? 2 n ?1 ? ? (?1) n 3 3
??12 分

an ?

2 1 (?1) n ? ? 2 n ?1 3 3

18. (本小题满分 12 分) PM2.5 是指悬浮在空气中的空气动力学当量直径小于或等于 2.5 微米的颗粒物, 也称为可 入肺颗粒物,根据现行国家标准 GB3095 – 2012,PM2.5 日均值在 35 微克/立方米以下空气质 量为一级;在 35 微克/立方米 ~ 75 毫克/立方米之间空气质量为二级;在 75 微克/立方米以上 空气质量为超标。 从某自然保护区 2012 年全年每天的 PM2.5 监测值数据中随机地抽取 10 天的数据作为样 本,监测值频数如下表所示: PM2.5 日均值 [25,35] (微克/立方米) 频数 3 1 1 1 1 3 (35,45] (45,55] (55,65] (65,75] (75,85]

(1)从这 10 天的 PM2.5 日均值监测数据中,随机抽取 3 天,求恰有 1 天空气质量达到一 级的概率; (2)从这 10 天的数据中任取 3 天数据,记 ξ 表示抽到 PM2.5 监测数据超标的天数,求 ξ 的分布列; (3)以这 10 天的 PM2.5 日均值来估计一年的空气质量状况,则一年(按 366 天算)中平 均有多少天的空气质量达到一级或二级。 (精确到整数) 解析: (Ⅰ)记―从 10 天的 PM2.5 日均监测数据中,随机抽出三天,恰有一天空气质量达到一 级‖为事件 A , ……1 分

P( A) ?

1 2 C3 ? C7 21 . ? 3 C10 40

……4 分

(Ⅱ)依据条件,? 服从超几何分布:其中 N ? 10, M ? 3, n ? 3 ,? 的可能值为 0,1, 2,3 ,
3 C3k C7 ?k 其分布列为: P ?? ? k ? ? ? k ? 0,1, 2,3? 3 C10

……6 分 ……8 分

?
P

0
7 24

1

2

3
1 120
7 , 10

21 40

7 40

(Ⅲ)依题意可知,一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为 P ?

一年中空气质量达到一级或二级的天数为? ,则? ~ B(366,0.7)

……10 分

? E? ? 366 ? 0.7 ? 256.2 ? 256 ,

?一年中平均有 256 天的空气质量达到一级或二级
19. (本小题满分 12 分)

.…12 分

如图,三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧棱 AA2⊥底面 ABC,∠ACB = 90°,E 是棱 CC1 上动点, F 是 AB 中点,AC = 1,BC = 2,AA1 = 4。 (1)当 E 是棱 CC1 中点时,求证:CF∥平面 AEB1; (2)在棱 CC1 上是否存在点 E,使得二面角 A—EB1—B 的余弦值是 若存在,求 CE 的长,若不存在,请说明理由。

2 17 , 17

解析: (1)证明:取 AB1 的中点 G,联结 EG,FG

? F、G 分别是棱 AB、AB1 中点, 1 ? FG / / BB1 , FG ? BB1 2 1 又? FG∥EC, EC ? CC1 , FG=EC 2 ? 四边形 FGEC 是平行四边形, ? CF / / EG ? CF ? 平面 AEB1, EG ? 平面 AEB1 ? CF / / 平面 AEB.
(2)解:以 C 为坐标原点,射线 CA,CB,CC1 为 x, y, z 轴正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系 C ? xyz. 则 C(0,0,0) ,A(1,0,0) 1(0,2,4) ,B 设 E (0, 0, m) (0 ? m ? 4) ,平面 AEB1 的法向量 n1 ? ( x, y, z ) . 则 AB1 ? (?1, 2, 4) AE ? (?1,0, m) , 由 AB1 ? n1 , AE ? n1 得?

??4 分 ??6 分

uuu r

uur u

????

??? ?

?? x ? 2 y ? 4 z ? 0 ?? x ? mz ? 0
??8 分

n1 ? ( 2 m ? 4 , 2 ) m,
? CA ? 平面 C1CBB1

??? ? ??? ? ? CA 是平面 EBB1 的法向量,则平面 EBB1 的法向量 n2 ? CA ? (1,0,0) ??10 分
? 二面角 A—EB1—B 的平面角余弦值为
n ?n 2 17 ? cos ? n1 , n2 ?? 1 2 ? 17 n1 n2

2 17 , 17
2m



4m ? (m ? 4) 2 ? 4
2

解得 m ? 1(0 ? m ? 4)

? 在棱 CC1 上存在点 E,符合题意,此时 CE ? 1

??12 分

20. (本小题满分 12 分) 已知点 E(m,0)为抛物线 y ? 4 x 内的一个定点,过 E 作斜率分别为 k1、k2 的两条直线交
2

抛物线于点 A、B、C、D,且 M、N 分别是 AB、CD 的中点 (1)若 m = 1,k1k2 = -1,求三角形 EMN 面积的最小值;

(2)若 k1 + k2 = 1,求证:直线 MN 过定点。 解析: (Ⅰ)当 m ? 1 时,E 为抛物线 y 2 ? 4 x 的焦点, ∵ k1k2 ? ?1,∴AB⊥CD 设 AB 方程为 y ? k1 ( x ? 1) , A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) 由

? y ? k1 ( x ? 1) ? 2 ? y ? 4x





k1 y2 ? 4 y ? 4k1 ? 0



y1 ? y2 ?

4 , y1 y2 ? ?4 k1
x1 ? x2 y1 ? y2 2 2 , ) ,∴ M ( 2 ? 1, ) ,同理,点 N (2k12 ? 1, ?2k1 ) ??2 分 2 2 k1 k1

AB 中点 M (

∴ S?EMN ?

1 1 2 2 1 | EM | ? | EN |? ( 2 )2 ? ( )2 ? (2k12 )2 ? (?2k1 )2 ? 2 k12 ? 2 ? 2 ??4 分 2 2 k1 k1 k1

? 2 2?2 ? 4
当且仅当 k1 ?
2

1 ,即 k1 ? ?1时,△EMN 的面积取最小值 4. k12

??6 分

(Ⅱ)证明:设 AB 方程为 y ? k1 ( x ? m) , A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) 由?

? y ? k1 ( x ? m) ? y ? 4x
2

,得 k1 y2 ? 4 y ? 4k1m ? 0 , y1 ? y2 ?

4 , y1 y2 ? ?4m k1

AB 中点 M (

x1 ? x2 y1 ? y2 2 2 2 2 , ) ,∴ M ( 2 ? m, ) ,同理,点 N ( 2 ? m, ) ??8 分 2 2 k1 k1 k2 k2
??10 分

∴ kMN ?

yM ? yN kk ? 1 2 ? k1k2 xM ? xN k1 ? k2 2 2 ? k1k2 [ x ? ( 2 ? m)] ,即 y ? k1k2 ( x ? m) ? 2 k1 k1

∴MN: y ?

∴直线 MN 恒过定点 (m, 2) .

??12 分

21. (本小题满分 12 分)

已知函数 f ( x) ? ax sin x ? cos x ,且 f ( x ) 在 x ?

?
4

处的切线斜率为

2? 。 8

(1)求 a 的值,并讨论 f ( x ) 在 [ ?? , ? ] 上的单调性; (2)设函数 g ( x) ? ln(mx ? 1) ? 在 x2 ? [0,

?
2

1? x , x ? 0 ,其中 m > 0,若对任意的 x1 ?[0, ??) 总存 1? x

] ,使得 g ( x1 ) ? f ( x2 ) 成立,求 m 的取值范围
??2 分

解析: (Ⅰ) f ?( x) ? a sin x ? ax cos x ? sin x ? (a ? 1)sin x ? ax cos x

? 2 ? 2 2? f ?( ) ? (a ? 1) ? ? ?a? ? 4 2 4 2 8
?a ?1
??4 分

? f ?( x) ? x cos x
? f ?( x )? 0 ?? ? x ? ? ? ? f ?( x )? 0 ? ?
则 f ( x ) 在 (?? , ? (Ⅱ)当 x ? [0,

?
2

或 ?x? , 0

?
2

?
2

? x? 0, 或

?
2

? x ??

?
?

), (0, ) 上单调递增; f ( x) 在 (? , 0), ( , ? ) 上单调递减;??6 分 2 2 2 2 ] 时, f ( x) 单调递增,? f ( x)min ? f (0) ? 1

?

?

?

2

则依题 g ( x) ? 1 在 x ? [0, ??) 上恒成立

m?2 ) m g ?( x) ? , ( x ? 0, m ? 0) (mx ? 1)( x ? 1) 2 m( x 2 ?
①当 m ? 2 时,

??8 分

m?2 ? 0 ,? g ?( x) ? 0 在 [0, ??) 上恒成立,即 g ( x) 在 [0, ??) 上单调递 m

) 增 , 又 g( 0 ?


1 , 所 以 g ( x )? 1 x ? [0, ??) 上 恒 成 立 , 即 m ? 2 时 成 在
??10 分

② 当 0 ? m ? 2 时 , 当 x?( 0 ,

2?m 时 , g ?( x )? 0, 此 时 g ( x) 单 调 递 减 , ) m
??12 分

? g ( x) ? g ( 0 ) ,故 0 ? m ? 2 时不成立,综上 m ? 2 ? 1

请考生在第 22、23、24 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分。做题时请写 清题号。 22. (本小题满分 10 分) 选修 4 - 1:几何证明选讲 如图,圆 O 的半径 OC 垂直于直径 AB,弦 CD 交半径 OA 于 E,过 D 的切线与 BA 的延 长线交于 M。 (1)求证:MD = ME; (2)设圆 O 的半径为 1,MD =

3 ,求 MA 及 CE 的长。

解析: (Ⅰ)证明:连接 OD ,则 OD ? MD

?CEO ? ?ECO ? 90o , ?MDE ? ?EDO ? 90o , 又?EDO ? ?ECO ??CEO ? ?MDE ? ?MED,? MD ? ME
??5 分 (Ⅱ)解:由(Ⅰ) MD2 ? MA ? MB ?3 ? MA ? (MA ? 2) ? MA ? 1 在 Rt ?MDO 中, MO ? 2, MD ? 3

??MOD ? 60? ,??COD ? 150? ??ECO ? 15?
CE ? OC 1 ? ? 6? 2 cos ?ECO cos 15 o

??10 分

23. (本小题满分 10 分) 选修 4 - 4:坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy 中,圆 C1 和 C2 的参数方程分别是 ?

? x ? 2 ? 2cos ? (φ 为参数)和 ? y ? 2sin ?

? x ? cos ? (φ 为参数) ,以 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系。 ? ? y ? 1 ? sin ?
(1)求圆 C1 和 C2 的极坐标方程; (2)射线 OM:θ = α 与圆 C1 的交点为 O、P,与圆 C2 的交点为 O、Q,求| OP | · OQ |的 | 最大值 解析: (Ⅰ)圆 C1 和 C2 的的普通方程分别是 ( x ? 2) ? y ? 4 和 x ? ( y ? 1) ? 1 ,
2 2 2 2

所以圆 C1 和 C2 的的极坐标方程分别是 ? ? 4 cos? 和 ? ? 2 sin ? . (Ⅱ)依题意得,点 P, Q 的极坐标分别为 P(4cos ? , ? ) 和 Q(2sin ? , ? ) 所以 | OP |?| 4 cos? | , | OQ |?| 2 sin ? | .从而 | OP | ? | OQ |?| 4sin 2? | ? 4 . 当且仅当 sin 2? ? ?1 时,上式取“=”即, | OP | ? | OQ | 的最大值是 4 . 24. (本小题满分 10 分) 选修 4 - 5:不等式选讲 设函数 f ( x) ?| x ? a | ?2 x ,其中 a > 0。 (1)当 a = 2 时,求不等式 f ( x) ? 2 x ? 1 的解集; (2)若 x ? (?2, ??) 时,恒有 f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围。 解析: (Ⅰ) a ? 2 时, x ? 2 ? 2x ? 2x ? 1 ? x ? 2 ? 1,? x ? 3 或 x ? 1 ,

……5 分

……10 分

? 解集为 ? ??,1? ? ?3, ???
(Ⅱ) f ( x) ? ?

??5 分

?3x ? a,x ? a ? a ? 0 ? 当 x ? ?2 时 f ( x) ? x ? a ? ?2 ? a ,只需 ?2 ? a ? 0 即可, ? x ? a, x ? a
??10 分

?a ? 2


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