资源简介

数学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答
题卡上填写清楚，
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效，
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的)
1.样本数据1,2,2,3,3,3,4,4,4,4的第一四分位数是
A.1
B.2
C.2.5
D.3
2.已知抛物线C:y=2px(p>0),其焦点为F,若点A(4,4)在抛物线C上，则|AF|=
A.2
B.3
C.4
D.5
3.已知d,方是不共线向量，且AB=d+26,BC=3a+56,C=4a+76,则以下选项正确
的是
A.A,B,C三点共线
B.B,C,D三点共线
C.A,B,D三点共线
D.A,C,D三点共线
4.等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=5,S4=16,则a,=
A.11
B.12
C.13
D.14
数学·第1页（共6页）
5.已知1，m,n为三条不同的直线，a,B为两个不同的平面，则以下选项正确的是
A.若m,nCx,m∥B,n∥B,则a∥B
B.若anB=l,m∥a,m∥B,则m∥l
C.若m⊥a,a⊥B,则m∥B
D.若⊥B,∩B=l,m⊥l,则m⊥a
6.高三年级1,2,3,4,5五个班负责甲、乙、丙、丁四个区域的卫生，每个班负责一
个区域，每个区域至少一个班级负责，其中1班和2班都不去区域甲，则不同的任务
分配方法种数为
A.108
B.120
C.126
D.144
7.已知函数x)=sin(2ax+p)(w>0,0=sin(x+3p)+sin(2x-3p)的最小值为
A.-3
B.-2
C.0
D.1
8.已知函数f(x)的定义域为N”，满足f代x)+f(y)=f(x+y)-xy+1,f(1)=2,则下列结论
正确的是
A.f(4)=12
B.方程f代x)=x有解
C.函数f(x)在定义域内单调递减
D.f(x)的最小值为2
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，
有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的
得0分)
9.已知角与角B的顶点为原点，始边与x轴的正半轴重合，角α为第三象限角，且
tan=
),角B的终边与角：的终边关于y轴对称，则下列结论正确的是
A角。的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点品，一司)
B.tanB=-12
C.B=3π-x
7
D.sinB-cosa=
13
数学·第2页（共6页）数空学参考答系案
一、单项选择题题（(本大题共共88小题，,每小题 5 分，,共共4400分分。．在在每小题给出的四四个个选选项项中中，只,
有有一一项项是是行符合合题题目目要要求求的的,）
号题号 1 22 33 4 55 66 7 8
答答案案 BB DD DD CC BB CC RB D
【解析析】】 号,青示
1
11.．因因为为共共有有1010个个数数据据,，所所以以第第一一四分位数是100 =2.55，,所以第一四分位数是第 33个数,，古故
4
选 B．
22.．因因为为点AA(4，,4))在抛抛物物线线C 上C上，所,所以以p p2=，2.FF(01，,0)，,则 |1AF上| 55，,故选 D．
33.．由由题可得 AACC =AB+ BBCC=( G(a+2 b2)b+) (3(3āa +55bb)) =44aa +77bb =CD,，又线段 ACC与线段段CCDD有公共
点CC,，所所以AAC，,CD，三D 三点点共共线,，故选 D．
44．SS= (44(a+1 aa)4 )= 16，q4 a+1 a= aa+ aa= 88a，=a3d4 2 3 2 3，=da -aa=2a=3 a2 2，aa+ 5ad =517 2 d3 ,13故，故选选 C．
2
55.．对对于于A,A面，面面平平行行的判定定理理要要求求m，m,nn相交交，,若mm∥M/nn，,则 a，,B 可可能相交，,故 A错错误；
对对于 B,，过 m作作平面 γ交交 于a于a，a则.则m∥ma/，a过,过m 作m作平面平 面交6 交于Bb于，则b,m则∥bm，/b故,b故∥ab，/a又
aa= B, 又，又beb平 平面面B, 所，所以以aa/∥/ B,，而a [1 B= 1l，.a ca ,，故故aa/∥ll，故故m/m1∥,l故，故B正B 正确确:；对对
于CC.，若m上 a，. a⊥ B，,则mm cB 或m∥/B ,，故 故C错C 错误误:；对于DD，,若 a ⊥ ，B .a[ 1 B=l，1mm 11l ，
加如果mmα β 或mC α ,，则则不不能判断m上 α，,故D 错误，,故选 B．
66.．分分为为两两类类,，第第一一类类。：只有一个班去区区域城甲甲，,在 33，,4.，55三三个个班班级中仟任选一个，,剩下的四个
班班级去三个区区域城，,方方法法种种数为数：为C:13CC
2
4A
3 =
3 108；: 第二类：:有两个班班去去区区域甲城，甲在,在3，3.44，.5
三三个个班班级中任选两个，,剩下的三个班级级去去三三个个区区域域，方,方法法种种数数为为：:C2A3C3 3= 1188,，两两类类相相加加荷得
112266种方法，,故选 C．
7.f(T)=si [ 2o·2π =si C= 1 π π π π7．f (T ) sin 2 sin -,，且0
，所以 ．y sin xx+ =|+ sisin| 2x -
2 2 6 2 2
= cocossxx- cocoss22xx= co
1
cossxx- (2(2ccooss22 x- 11) = - 22ocos2xx+ eocossxx+ 1,1，且且-1 ≤1≤ccoossxx≤11，,当ccos x 时，
4
取取得最大值；:当ccoos5xx =- 11时，, 取得最小值为为 -22，,故选 BB．
88.．对对于AA,，因因为函数数f (xx))的的定义定域义为城*N 为，且x,满日足满f (x是) (fx()y)+ (fv(=xf (yx) +-xyw +1，,1f 1(1) =2 ，
取取xx= yy=1 ,1，得得f(f1(1)+ (f1(1)= ff (2))- 1+ 1,，则ff((2)) =44，,取 x = yy= 22,，得得f(f (22) +ff (2))= ff((4)
数数学学参考答案·第第11页（(共99页页:）
- 44+ 1,，则ff (44)) 1=1，1故,故A A错错误；误对:于对B于，B取,取y 1v，=1得,得f (x() x)f (+1)D =f((x +1)) -xx +1，1,则
(fx(+x1 )1-) (yf =(xx)+ 1x, 所1，以所f以(nf)(n-)f (fn(-n1 )1=) n,n，f(f n(n- 11)- ff (n -2) =n- 1，, ，ff((2) -f (1)
(n
2,以上各式相加得f(n)-f(1 = (
—n 1)1)·(nn +2)十n2n =n 22 n2 n 2
2 ，以上各式相加得 f (n) f (1) ，所所以以f(fn()n): 土土2,经，经检检
2 2 2
xx2+ xx+ 22
验验,，/(f1()1)= 2也2 也满满足足上上式,，所所以ff((xx) ，, x∈ NN*，,令ff (x)) =xx，,得 x22 -x +2= 0 ，
2
x2十 x十 2
此此方程无解解，,故故BB错误；:对于 CCDD，,由B 知,，f(f x(x)) ，X∈x N *N”,，由由此此附函数数的的性性质质
2
号,青示
得得,，故故CC错错误误,，D正D 正确确,，故故选选DD.．
二、多项选择题（(本大题共 3 小题,，每每小小题66分分,共，共18分18。分在．每在小每小题题给给出出的的四四个个选选项中,，有有
多个选项是符合题目要要求求的的，,全部选选对对的的得得66分，,部分选对的得部部分分分分，,有选错的的得得00分）
号题号 9 11O0 111
答答案案 BBDD AABBD AACC
【解析】】
9。 A:由tana: 5,且a为第三象 ,则si a= 5 129．对于 A：由 tan ，且 为第三象限，则 sin 13，cos
,，故故角角α 的的终终边边与与单单
12 13 1133
12 5
位圆的交点为为 -二，,- 1 ,，AA错错误误:；对对于于BB和和D:D因：为因角为角B的 终的边终与边与角角α 的的终终边边关于yy轴轴
13 13
5 12 7
对对称,，即即8 为为第第四象限，,则 simn8 = C，cOosS 1 ，所所以以sisinB -c ocsoαs ，
D正D 正确确,，目且
13 133 13
ttanB
5
= ,，B正B 确正确:对；于对C于:由C：于由角于8的角终 的边终与边角与α角的 终的边终关边关于于V轴y 对轴对称称。，所所以以
12
a +A = π +π2 k2mkkπ=(k7 0.Z故)，C故错C误错。误绽，上综上所所述述。，故选 BRD．
z
110.．对对于 A:：|5| zE√| Z正2 正确确:； 1
2 7π π 7π π 2 2
1 :之| ccoos s(互 -x ) +isiisnn (2- x 三 ( _i)= 三i i，,故 EBz2 2 4 4 4 4) 2 2
7π 7π 66 42π 42π 正确；:对于 C：:因为 z=1 = 1- i 2 cos i sin ，所以 z1 2 cos +i siisrin
4 4 4 4
3 7π π 5π 7π π 5π = 22ii =8i ，i故,故C 错C误错；对误于 D:：对z z于z D:2 =5= 2 2 vcoZs 22 |c os
+ +isi]n +i sn ++ 1 2 3
4 4 6 4 4 6
3 1
4 2 i = - 22√6 + 22√22i i，,故 D 正确，,故故选 AABD． 2 2
数数学学参考答案·第第22页（(共99页页:）
1111.．AA。．设MM(x(vx0%，)y,0双)，曲双线曲的线的渐渐近近线线方程为 y= ± √3x3，x,设MM (x0,，%y)0到)到直直线yy= √x3的x 的距距离离为
y3x0 y0,设M(x% 十3x0 yd1 ， 设 M (x 00，)y到0 ) 到直直线线y=y - 5x3x的的距距 离 为 d2 ， 则
2 2
3x2_ y2 9
dd,d = 0 0 ，故故A选A项选项是是正正确确的的:B；.B因．为因百为线直/线与l双与曲双曲线线的的右右支支交交于于两两点,，根根据据图图1 2
4 4
象象与双曲线的性质质，,可知知直直线线l 的/的斜斜率率的取的值取范值围范为围( 为 (，- ,一3√) 5()U3(，~5 + %) ，,故BB选选项项是是销错
误 :C π 2π π 2π 误的；C.．设设直直线线1的l 的顿倾斜角为9 ,，因因为为渐渐近近线的顿倾斜角分别为 工，互,，所所以 o e乏 ，,互 ．设
3 3 3 3
△MFF下F,，△△NNFF下F的的内内切圆的圆心分别别为为I 11,△MF下的内切圆1与各边切于1 2 1 2 1，I2 ，△MF1F2 的内切圆 I1 与各边切于
DGD,，HG,，△HNF，下△的NF内F切的圆内1切、圆与I /与切于E,设E G(1 2 2 l 切于 ，设m0G)(,m根，0据)，圆根的据切圆的线切性线质性与质双与双曲曲线线的的定
义可知 G( V35，0)，所所以以1I在在直直线xx= V53上1 上,，同同理理可可得1I也也在2 在直线 x= V53 上,，且且
|GE上c-a= Lπ | GF2 | c a√ 3.3由. 由几几何何关系可得 ∠F E1=1F2I1 ，,∠ F1EFLI = ，以所占以+r F,=11,月 l2 2 1 r2 | I1I2 | | GI1 |
2 2
π 3 π 2π
+ |G|iG,IEl| G| GiFF,|2 2 |ttan
C
| G
tF a2 | tan
三3妇tan . 因因为为 θ ∈ ，二,所， 所 以
2 2 2 tta 3 3an
2
5 e( 六π π ，三) , =e: 3 3 ，所以 tan ， 3 ，乙令t—t tgtaTn ， 3 ，由由对对勾勾函函数数性性两质可可匆知
2 6 3 2 3
2 3


1 3 1 3
y =t +二在 在卫，,1 上上单调递减，,在 (11，5)3上) 上单单调调递递增,，所所以以1y 1 ， 3 ，所以
t 3

1 3


4 3
y 2， ，所所以以xr+5 ∈r 2[√2 534，)4,)故，C故选C项选正项确正:确D.；由D双．由曲双线曲的线焦的半焦径半径公公式式可可知 1 2
3
1| MFF| eex +a，1MFFx.-a,，则则M| MFF1MF cZ-2 a22=24E-2 a | MF | ex a 31 || MF2 | e x0 a 4x0 ,3根据 >1 0 2 0 ，根据 x0 V33，.x
2>3，
0 3
所所以 |MMFF1MFFc21 || MF2 | xe-
2 xa22 =a42x0 34-x3
2>
0 93, 故9 ，D选故D项选是项错是错误误的,，故选AC．
二三、填空题（(本大题翼共 33小题翼，。每每小小题翼55分分，.共 1155分）
号题号 12 不 1133 1144
答 (- .-2 88O0 9√5+√IO， ，.- 9 5 105答案 { 3 2 1} 24 2433 11O0
【解析析】】
112．.当 a = -22时，,B ={}1},，Bc AA:；当当aa≠ - 2 时，,B ={11，, -a -1,}由，由BcBA ,A可，得可得a=a- 3 式3 或
aa=- 1 .1综．上综上所所述述,，实实数数aa的的取取值集合为{ (3-，3 .-2，2. -1}1．
数数学学参参考考答答案案··第第33页页（(共共99页页)）
4
1
2 1 80
133.．五五次次中中四四次次向右,，一一次次向向左，C45 ．
3 3 243
1144.．如如图1,1设，设球球心心为为0O,外，接外接球球的的半半径为RR,，△△ABACB内C内切切圆圆圆圆
心为0O,，则则S、S、OO、、0O三1三点点共线，,连接OOC、OQ1C，,在在△SCO1 1
中中,，由由勾勾股定理得 SSO0= 5.5在，△在△00O,OC中1C 中,由，由勾勾股股定定理得：1
oG22+aC22 =a 9 5OO1 O1C OC 22，,即 ((55 -RR)2Y +222 =R2,，解解得 R =9I .
10
示
1
设内切圆的的半半径为径r为，”则有则S有△ABSCa c=△rC r 1.△ABcC，解解得得r=1 由由2 图图 1
QQ是是△△4ABBC内内 切 圆 上 一 点 ，,则 aOQ Rt△OO1Q= 11在， 在Rt△OaQ1Q中中,由， 由勾勾股股定定理理得得
O1505 99.55AT0150 59.95+5s I02 10550O0Or+01 OO1Q=
20 O,Q解2，解得得OO0Q= ，1P| POQ1 |≤1| OP1| +1| OOQOE| ，
11O0 11O0 10 10
当当日且仅当 P、O0、QO=三占点共共线线日且0O在在P、P、0之Q之间间时时第等号号成成立．
四四、、解答额题(（共共777分7 分.解．答解答应应写写出出文文字字说说明,，证证明明过过程程或滴演算步骤雅）
1155。．（(本小题;菇满分1133 分)）
解解:：(（11)）在在△△AABBC的的内角 A4，BB,，CC中中,，有有J5a3assiin B= bbssinn22AA，
由由正弦定理及二二倍倍角角公公式式得得3bssiniAnAsisniBn B=22ssiniBnsBisnnAAcoossAA，
………………………………………………………………………………………(（33 分）
又又A.AB，∈B( O(.0，ππ)),，…………………………………………………………………………(（44 分）
∴∴sisinn.dAssiinn B≠ O0。．…………………………………………………………………………(（5分5 分)）
GoS4=53 π∴cos A ，即即4A ．………………………………………………………………(（66 分）
2 6
a
(（22)）由由(（1)1及）正及正弦弦定定理理得 = 22R= 253 ，
ssiin A
………………………………………………………………………………………（( 7 分）
g∴a 3，…………………………………………………………………………………(（88 分）
3
∴bc ．………………………………………………………………………………(（99 分）
4
由 2 3 3 3由余弦定理得得3√ 5=bF2 +c22 -2 b2 c2 ，
4 2 4
……………………………………………………………………………………(（1212分分)）
h2 2 3
515
∴b c 3 ． …………………………………………………………………(（1133 分）
4 4
数数学参考答案··第第4 4页页（(共 99页）
1166。．（(本小题联满分 15 分)）
解 1解:：(（1)1因）为因骰为子骰子朝朝上上点点数数为为奇奇数数、、偶偶数数的的概率各为 ，
2
所所以估计回答问题 1 和问题 2 的居民各有 600 人．……………………………………(（22 分）
4OO
由由露题意,，出出生生月月份
400 1
份在66~~88月月的的比比例例为1 O ， 1200 O3
从从而而回答“是”的居民民中中回回答答问问题题11的应为 200 人,，…………………………………(（44 分）
所所以回答“是”的居居民民中中回回答答问问题题2 的2的为为62602 0-20200 =442200（(人)），
………………………………………………………………………………………(（66 分）
4420 O7
故故估估计计该该社社区区居居民民对对该该项项政策落实感到满章意的比例为6OO1 . 600 1O0
………………………………………………………………………………………(（7分7 分)）
7
(（22)）由由(1（)知1）,知该，社该区社居区民居对民该对项该项政政策策落落实实感感到满意的比例为为PP ，
10
设设事件AA表表示示居居民民回回答答““是是””，, 事件BB表表示示居居民民所所抛抛敬骰子子是偶数点朝上．
6620O 31
回回答答“是”的概率为PP((AA))= . 1122O00O66O0
………………………………………………………………………………………(（99 分）
1 7
回回答答“是”月且点数是偶数的概率为 P((AABB)): P .
2 20
………………………………………………………………………………………(（1212分分)）
7
PP((AABB)) 21
因因此,，所所求求条件概率为 PR(BB1|4A0)= 22O0 ，
RPA(A) 3311 31
60
21
故故已已知知学牛生回答“是”的条件下,，他他所所抛抛做骰子子是是偶偶数数点点朝朝上的概率约为 .
31
……………………………………………………………………………………(（1155 分）
1177.．(（本本小小题题;满分 15 分)）
(（11)）证证明：:作 PO1 AADD,，垂垂足足为0O,，连连接 OC．
在RRtt△PPAAOO中，,由 tana n∠PADP4 D2=，2,PPAA =J5 ，
解得存PROO =2，,AO= 11.．……………………………………………………………………(（22 分）
B∵CB=CO =A1O, 1A，OAO/∥BBC，
“∴四边开形 ABBCC0O是是平平行行四四边开形，
∴COCC= ABA=BI ,1，
数数学参考答案··第第5 5页页（(共 99页）
则则OOCC22+ OOPP22= PPCC22
=∠ PPOOCC=9 090P ,，即PROO 1OC. …………………………………………………………(（44 分）
A∵DA门D COCC= OO,，
∴POO⊥ 平面ABCD. ……………………………………………………………………(（55 分）
P∵OPCO平 平面面PPAD，
∴∴平面PAD⊥ 平面A4BCD.
…………………………………………………………………………………(（66 分）
(（22)）解解:：∴∵OC/∥/ABB，,ABB ⊥AADD，,∴CCOO 1AD. ·………………………………………(（77分分)）
加如图22.，以以OO为为坐坐标原点，,以OC.，OODDO，PO的P方的向方向分分别别头为
x轴x 轴、、v轴y 轴、、二z轴轴的的正正方向,，建建立立加如图所示的空间直角坐4
标系Oxny=z ,，设0OD= aa(>a0 )0,) ，
∴∴0A.(0-，1, 01，),0)B，(B1(,1，-1 ,1，0)0,)，CC(1(1,，00.，00)，
D(D0(,0，a,a，O)0,)，P(PO(,0，0,0，2)2.)，
B=(100),4F=(01,2),C5=(-1,a0)CF=(-1,0,2) 图 2 ∴AB (1，0，0)，AP (0，1，2)，CD ( 1，a，0)，CP ( 1，0，2),
………………………………………………………………………………………(（88 分）
设设平面 PPAAB、B、平面平P面CDP的CD法的向量法分向别量为m分 别(x，为y，m=z ()，xnW 5()x=，(y%，三z ) ， 1 1 1 2 2 2
[ m·AABB =x=1 O ,0，由 取取yy =1 22.，得得mm=( 0(,0，2.2-，1 )1.).
[ m*AAPP= 乃y+1 2 -21z1= O.0，
……………………………………………………………………………………(…1（O1分0 分)）
n CD x+2 aay=O由 2
0，
取取xx,= 22 2aa,，得得nn= ((22aa,，22,，aa)).
n CP =xx。 2z+=2 2 O0，
………………………………………………………………………………………(（112 分）
g29 1
因因为平面PPAABB与与平平面面PCPDC所D成所成二二面面角角的的正正弦弦值为 ，则则其其余余弦值的绝对值为 ，
30 互30
m| mnn | [|44公一 aa| 1不11
所所以|| cosm m。，)n上 | ， 1| ml|-|1nn| l55.5g52a2+ 44√33C0
解得aa22 - 4488aa+ 9922= 00.，aa=2 或2或4466,．……………………………………………………(（1144 分）
当aa= 4646时时,，ADA=D47 ,4此7，时此∠时A PADP为D钝为钝角角,不，不符符合合颜题意；
当aa= 22时时,，ADA=D3, 此3，时此∠时A PADP为D锐为锐角角,，符符合合翼题意，
故AAD= 33.. ……………………………………………………………………………(…1（51分5 分)）
数数学学参考答案·第第66页（(共99页页:）
1188。．（(本小题满分 17 分)）
(（11)）解解:由：由题题存得广f( x(x))= 22((1- xx- cocossxx))，………………………………………………(（11 分）
当xx∈ ( - ,，00)) 时，,11- xx- ccooss x> 00,，所所以以 f( x(x))> 00,，(xf)(在x) 在(-(, 0 )，上0)单上单调调递递增；
当xx∈ [00，, + o )时，,令hh(x) =Ff( (x) ，
则则7(hx ()x)= 2s2isninxx-2 ≤2≤00.，…………………………………………………………………(（33 分）
则则(xf ) (在x)在10[,0，+% ) 上) 上单单调递减，,ff( (xx))≤f广 (00) ) =00，,所以 f((在x)1在0[,0+，% ) 上) 上单单调调递递减．
所 f( =/(0)=-2,所以()的f (x最) 所以 f (x) f (0) 2，所以 大的值为 max 最 大-值2.为 2．
…………………………………………………………………………………(…（5分5 分)）
(（22)）解解:：由由ff((x)≤≤2e2x e2x2- x2+(12 0a-)ax) x4-，4整,整理得理s得in xx maxx- me+x e 1-≥20，
当xx= 0时0时,，sisninx-xa xa+xe *e-x1 ≥1≥0恒0 恒成成立立,，符符合合题意；………………………………(（66 分）
令gg((x) =sinnxx -aax+ ee*x- 11,，则则g'g( (x) =cossxx +ex* -a ，
令Ktx(x))= 8g' (xx))，,则1(tx ()x)= ce2x- ssiin x ，
当当xx> 0时0时。，e*ex>1 .1，'xt )(x>)0 ,0所，以所义以(gx ()x在) 在(0(,0，+o ) 上)上单单调调涕递增，
所以 g( (x) >g (0)) =2 -a .
①当aa≤2时，,&g( x(x))> 22- a≥a≥00,，所所以以(xg)(x在)在(0(,0，+o ) 上)上单单调调递增，
所所以以gg((xx))> gg((00))= 00,，符符合合题题意意:；………………………………………………………(（88 分）
②当 a> 2时，,og1 (00)= 22- aa< 00,，g'gA n(ln((2+ aa))= 22+ cacoss(ln(22 +aa)) >0，
所以存在 xx∈(0,10 (0，ln(2n (2a)+)a，)使,使得得g (gx(0 )x )0=0，,当 00 所以&g((x) 在 (00，.xx0 ) 上单调递递减减，,则当 0 意．………………………………………………………………………………………(（11O0 分）
综综上上,，实实数数a的a 的取取值值范范—围围是是((- a o，,22]． ………………………………………………(（111 分） 1(3)证 2 1 （3）证明：:由（(1）)知，,当 xx >00时，,sin x x x ，取 x ，k 1，2，3， n，n N ， 2 k21 1 1 2k 2 1 十k 2 k 2 1 k 2 1 1 1 1 1
有ssin ≥ 2
，
k 2 k 2 2k 4 2k 4 22k 4 2k 4 2k 2 2k(k 1) 2 k k 1
……………………………………………………………………………………(（113 分）
故sin云1 >51( 故 sin 11- 51), 1 1 1 1 ，sisinn云> 5(÷ - ÷ ，………………………………………………(（1155 分） 12 2 2 2 2 2 2 3
数数学参考答案··第第7 7页页（(共 99页）
n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
所以 sin sin sin sin sin ，
k 1 k
2 12 22 32 n2 2 1 2 2 3 n n 1 2(n 1)
n 1 n
即 sin . …………………………………………………………………(（I17 分）
k 1 k
2 2(2n(n+ 1)1)
1199。．（(本小题;菇满分 17 分)）
c x
(（11)）解解:：设设椭椭圆 C的的焦距为 22c，c,则 FF1( -c，c,0)0，)P,(Rxx,0，yv0 )，, 则
0 0， x0 c，
2
b2 1 b2 b2c 3
从而 PF。2 工x 轴x轴，且,且| yl0 F| ，甲S△ . F与1PF 2c a 2 2 a a 2
c 1
又离心心军率g 2e -以及 aa2 =bb2 2+c2c，,所以 aa2 2 =4，4b22 =3，cc22= 11，
a 2
x2 y2
所所以辅椭陨圆CC的的方方荐程为为:： 1. ……………………………………………………(（44 分）
4 3
(（22)）(（1ⅰ)证）证明明:：当当直直线PPOQ的的斜率为 00 时，,由题知知PR( -22，0)，,Q(22，0) ，
因 A 3 3 1 3因为 A (1，L5) ，.BB B {1，L -5 ，所以 AP：y (x 2)，BBCQ：y (x 2)．
2 2 2 2
由AAPP和和BOB方Q 方程程联联立立解解得交点M((4，.3)；……………………………………………(（66 分）
当直线 PPOQ 的斜率不为 00时，,设直线 PPQO的方程为 xx =mmmy+ 11．
x my 1，

由 x2 y2 有有((3m~
2 +4)yv2 + 6mvy- 9= 00，
1，
4 3
因因为为直直线过柚椭顾圆内一定点,，所所以以直直线线与与柚椭陨圆恒恒有有交点.
3 3
y1 y1 3 3
设 P(x1，,yM1)，QQx(,x2y，)y,2 )则，则直直线线AAPP:：yy
2 (x 1) y 2 (x一 11)(①1，
2 x1 1 2 my1
3
y
3 2
母同理BBQO：y 。 2 (x_ 1)2②，………………………………………………………(（88 分） 2 my2
3 3
y2 y1
2②－=(①得33: 。 2


2
(x 1) ，化简得3 x 1， x 4．
my2 my1

综综上可知，, 直线AAPP、B0Q的的交点在定直线 xx =4上．
……………………………………………………………………………………(…1（O1分0 分)）
数数学学参考答案·第第88页（(共99页页)）
(（iⅱ)）证证明:：由（(1ⅰ)）知知,，设设直_线 PPQQ的方方程为程x为 mxy= m1，m+P1(,x1，Rxy1M)，)QQ((x2x，My2))， _ 6m 9
则My1+ y2= ， y y ． 33十m2 = 4 1 24 33十m2 44
因为点MM((4，4t,)1，)且,且k 、kkk、、kk成等成等比比数列，,所以以k k·k k三 k2 ， MP MF2 MQ MP MQ MF2
2
(W(=yt1 ) Ot)y(。y2= tt) y-y1xy2G yt(+y1y )y+2 )r 2t2 t 0 2kgkg s=k2 is s={ =6tk k k ， MP MQ ((mmyy-1 3 )3)0(mmy2y MF 23-)3)m2ry2y y -33mm((yy +y )+ 9 2 1 2 1 2 4 1 9
化化前简存得几m置t= 3。3． ………………………………………………………………………(…1（41分4 分)）
(法 ) 到 | 4 mt 1| | mt 3 |（法一）设点 M 到直线 POQ的的距离为 d，.则 d= _!I-4+mt+1l_ [mt-31 0，
√m十2 11 十m2 1
所所以MM、、PP、、OQ三三点点共共线线,．……………一………………………………………………(（1177分分)） y t y t
（( 法二）) 直线PPMM的的料斜率点k 1 1MP ，因因为mm置t =3， 高x1 4 面my_1 33
3
y
y t 1 1mm_y3 3 1
所以 k 1 m 1MP k ， 一 PQmy1 3一my1 33mm 一my1 33 m
所所以MM、、P 、P、OQ三三点点共共线线.．……………………………………………………………(（1717分分)）
(（法三）)向量MMP= (x ， 1- 44,，从y1 -1t)) =((mmy1m -3，从y1- )t),
MMOQ=( 6(x-24 ,4，y-y2t )t=) ((mmyy2- 33M，-y1 2 ) ,t)，
((mmyy.-3 * v.-11 3) (y2 t)) =mmy .1 yv.-mmy.-2 mty1 3y3y +33t 1 =mmyyy.v2 1 2 -3(Xyy .+yv) +1 2 3t，
((mmmyy2 s3-)3()y1* (ty) -m1y)1 y=2m ym-tym2 y3sy-1 33yt+ 3m=y1my2y -33(y01 y+y2y) )3+t，
所以AMPP/∥MOM.Q又，两又个两个向向量量有有公共点 M.，所所以以MM、、PP、、OQ三三点点共共线．
………………………………………………………………………………… …（(117 分)）
数数学学参参考考答答案案··第第99页页（(共共99页页)）

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