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数学参考答案
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）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D D C B C B D
【解析】
1
1．因为共有 10 个数据，所以第一四分位数是10 2.5，所以第一四分位数是第 3 个数，故
4
选 B．
2．因为点 A(4，4)在抛物线C 上，所以 p 2， F(1，0)，则 | AF | 5，故选 D．
3．由题可得 AC AB BC (a 2b) (3a 5b) 4a 7b CD，又线段 AC 与线段 CD 有公共
点 C，所以 A，C，D 三点共线，故选 D．
4(a a )
4． S 1 44 16，a1 a4 a2 a3 8，a2 3，d a3 a2 2，a7 a2 5d 13 ，故选 C．
2
5．对于 A，面面平行的判定定理要求 m，n 相交，若m∥n，则 ， 可能相交，故 A 错误；
对于 B，过 m 作平面 交 于 a，则m∥a，过m 作平面 交 于b ，则m∥b，故b∥a，又
a ，又b 平面 ，所以 a∥ ，而 l，a ，故 a∥l，故m∥l，故 B 正确；对
于 C，若m ， ，则m 或m∥ ， 故 C 错误；对于D ，若 ， l，m l ，
如果m 或m ，则不能判断m ，故D 错误，故选 B．
6．分为两类，第一类：只有一个班去区域甲，在 3，4，5 三个班级中任选一个，剩下的四个
班级去三个区域，方法种数为：C1 2 33C4A3 108；第二类：有两个班去区域甲，在 3，4，5
三个班级中任选两个，剩下的三个班级去三个区域，方法种数为：C23A
3
3 18，两类相加得
126种方法，故选 C．
2π 1 π π π π
7．f (T ) sin 2 sin ，且0 ，所以 ．y sin x sin 2x
2 2 6 2 2
cos x cos 2x cos x (2cos2 x 1) 2cos2
1
x cos x 1，且 1≤cos x≤1，当 cos x 时，
4
取得最大值；当 cosx 1时，取得最小值为 2 ，故选 B．
8．对于 A，因为函数 f (x) 的定义域为 *N ，且满足 f (x) f (y) f (x y) xy 1， f (1) 2 ，
取 x y 1，得 f (1) f (1) f (2) 1 1，则 f (2) 4 ，取 x y 2，得 f (2) f (2) f (4)
数学参考答案·第 1 页（共 9 页）
4 1，则 f (4) 11，故 A 错误；对于 B，取 y 1，得 f (x) f (1) f (x 1) x 1，则
f (x 1) f (x) x 1，所以 f (n) f (n 1) n，f (n 1) f (n 2) n 1， ，f (2) f (1)
(n 1) (n 2) n2 n 2 n2 n 2
2 ，以上各式相加得 f (n) f (1) ，所以 f (n) ，经检
2 2 2
x2 x 2
验， f (1) 2 也满足上式，所以 f (x) ，x *N ，令 f (x) x ，得 x2 x 2 0 ，
2
x2 x 2
此方程无解，故 B 错误；对于 CD，由B 知， f (x) ，x *N ，由此函数的性质
2
得，故 C 错误，D 正确，故选 D．
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）
题号 9 10 11
答案 BD ABD AC
【解析】
5 5 12
9．对于 A：由 tan ，且 为第三象限，则 sin ，cos ，故角 的终边与单
12 13 13
12 5
位圆的交点为 ， ，A 错误；对于 B 和 D：因为角 的终边与角 的终边关于 y 轴
13 13
5 12 7
对称，即 为第四象限，则 sin ，cos ，所以 sin cos ，D 正确，且
13 13 13
5
tan ，B 正确；对于 C：由于角 的终边与角 的终边关于 y 轴对称，所以
12
π 2kπ(k Z)，故 C 错误，综上所述，故选 BD．
z1 2 7π π 7π π 2 210．对于 A： | z | 2 正确；1 cos isin ( i) i ，故 B
z2 2 4 4 4 4 2 2
7π 7π 66 42π 42π 正确；对于 C：因为 z1 1 i 2 cos i sin ，所以 z1 2 cos i sin
4 4 4 4
3 7π π 5π 7π π 5π 2 i 8i ，故 C 错误；对于 D： z1z2z3 2 2 2 cos isin
4 4 6 4 4 6
3 1
4 2 i 2 6 2 2i ，故 D 正确，故选 ABD． 2 2
数学参考答案·第 2 页（共 9 页）
11．A．设M (x0，y0 )，双曲线的渐近线方程为 y 3x，设M (x0，y0 )到直线 y 3x 的距离为
3x0 y0 3x0 yd1 ， 设 M (x0，y0 ) 到 直 线 y 3x 的 距 离 为 d2
0 ， 则
2 2
3x2 y2 9
d d 0 0 ，故 A 选项是正确的；B．因为直线 l 与双曲线的右支交于两点，根据图1 2
4 4
象与双曲线的性质，可知直线 l 的斜率的取值范围为 ( ， 3) ( 3， ) ，故 B 选项是错
π 2π π 2π
误的；C．设直线 l 的倾斜角为 ，因为渐近线的倾斜角分别为 ， ，所以 ， ．设
3 3 3 3
△MF1F2， △NF1F2 的内切圆的圆心分别为 I1，I2 ，△MF1F2 的内切圆 I1 与各边切于
D，G，H ，△NF1F2 的内切圆 I2 与 l 切于E ，设G(m，0)，根据圆的切线性质与双曲线的定
义可知 G( 3，0)，所以 I 在直线 x 3 上，同理可得 I 也在直线 x 31 2 上，且
π
| GF2 | c a 3. 由几何关系可得 F F I ，所以 r r | I I | | GI | 1 2 1 ， F1F2I2 1 2 1 2 1
2 2
π 3 π 2π
| GI2 | | GF2 | tan | GF2 | tan 3 tan . 因 为 ， ， 所 以
2 2 2 3 3tan
2
π π 3 3
， ，所以 tan ， 3 ，令 t tan ， 3 ，由对勾函数性质可知
2 6 3 2 3 2 3


1 3 1 3
y t 在 ，1 上单调递减，在 (1， 3) 上单调递增，所以 y 1 ， 3 ，所以
t 3

1 3
4 3
y 2， ，所以 r1 r2 [2 3，4) ，故 C 选项正确；D．由双曲线的焦半径公式可知
3
| MF1 | ex0 a，
2 2 2 2
| MF2 | ex a，则| MF1 || MF2 | e x0 a 4x0 0 3，根据 x0 3，x
2 ，
0 3
所以 | MF1 || MF2 | e
2 x2 a2 4x20 0 3 9 ，故D 选项是错误的，故选AC．
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
题号 12 13 14
80 9 5 105
答案 { 3， 2， 1}
243 10
【解析】
12．当 a 2 时， B {1}，B A ；当 a 2 时， B {1， a 1}，由 B A，可得 a 3 或
a 1．综上所述，实数 a 的取值集合为{ 3， 2， 1}．
数学参考答案·第 3 页（共 9 页）
4
2 1 80
13．五次中四次向右，一次向左，C45 ．
3 3 243
14．如图 1，设球心为O，外接球的半径为 R，△ABC内切圆圆
心为O ，则 S、O、O1 1三点共线，连接OC、O1C，在△SCO1
中，由勾股定理得 SO 5，在△OO1C 中，由勾股定理得：1
OO2 O C 2 OC 2 2 2 2
9 5
1 1 ， 即 ( 5 R) 2 R ，解得 R .
10
1
设内切圆的半径为 r，则有 S△ABC rC△ABC，解得 r 1. 由
2 图 1
Q 是 △ABC 内 切 圆 上 一 点 ， 则 O Rt△OO Q1Q 1， 在 1 中 ， 由 勾 股 定 理 得
105 9 5 105 9 5 105
OO21 O1Q
2 OQ2，解得OQ ， | PQ |≤ | OP | | OQ | ，
10 10 10 10
当且仅当 P、O、Q三点共线且O在 P、Q之间时等号成立．
四、解答题（共 77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．（本小题满分 13 分）
解：（1）在△ABC的内角 A，B，C 中，有 3asin B bsin 2A，
由正弦定理及二倍角公式得 3sin Asin B 2sin Bsin Acos A，
………………………………………………………………………………………（3 分）
又 A，B (0，π)，…………………………………………………………………………（4 分）
∴sin AsinB 0．…………………………………………………………………………（5 分）
3 π
∴cos A ，即 A ．………………………………………………………………（6 分）
2 6
a
（2）由（1）及正弦定理得 2R 2 3 ，
sin A
………………………………………………………………………………………（7 分）
∴a 3，…………………………………………………………………………………（8 分）
3
∴bc ．………………………………………………………………………………（9 分）
4
2 3 3 3
由余弦定理得 3 b2 c2 2 b2 c2 ，
4 2 4
……………………………………………………………………………………（12 分）
3 15
∴b2 c2 3 ． …………………………………………………………………（13 分）
4 4
数学参考答案·第 4 页（共 9 页）
16．（本小题满分 15 分）
1
解：（1）因为骰子朝上点数为奇数、偶数的概率各为 ，
2
所以估计回答问题 1 和问题 2 的居民各有 600 人．……………………………………（2 分）
400 1
由题意，出生月份在 6~8 月的比例为 ，
1200 3
从而回答“是”的居民中回答问题 1 的应为 200 人，…………………………………（4 分）
所以回答“是”的居民中回答问题 2 的为620 200 420（人），
………………………………………………………………………………………（6 分）
420 7
故估计该社区居民对该项政策落实感到满意的比例为 .
600 10
………………………………………………………………………………………（7 分）
7
（2）由（1）知，该社区居民对该项政策落实感到满意的比例为 P ，
10
设事件 A 表示居民回答“是”，事件 B 表示居民所抛骰子是偶数点朝上．
620 31
回答“是”的概率为 P(A) .
1200 60
………………………………………………………………………………………（9 分）
1 7
回答“是”且点数是偶数的概率为 P(AB) P .
2 20
………………………………………………………………………………………（12 分）
7
P(AB) 20 21因此，所求条件概率为 P(B | A) ，
P(A) 31 31
60
21
故已知学生回答“是”的条件下，他所抛骰子是偶数点朝上的概率约为 .
31
……………………………………………………………………………………（15 分）
17．（本小题满分 15 分）
（1）证明：作 PO AD，垂足为 O，连接 OC．
在Rt△PAO中，由 tan PAD 2， PA 5 ，
解得 PO 2，AO 1．……………………………………………………………………（2 分）
∵ BC AO 1，AO∥BC，
∴四边形 ABCO 是平行四边形，
∴OC AB 1，
数学参考答案·第 5 页（共 9 页）
则OC2 OP2 PC2
POC 90 ，即PO OC. …………………………………………………………（4 分）
∵AD OC O ，
∴PO 平面ABCD. ……………………………………………………………………（5 分）
∵PO 平面PAD，
∴平面PAD 平面ABCD.
…………………………………………………………………………………（6 分）
（2）解：∵OC∥AB，AB AD，∴CO AD. ·………………………………………（7 分）
如图 2，以O为坐标原点，以OC，OD，OP的方向分别为
x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐
标系Oxyz ，设OD a(a 0) ，
∴A(0， 1，0)，B(1， 1，0)，C(1，0，0)，
D(0，a，0)，P(0，0，2)，
图 2
∴AB (1，0，0)，AP (0，1，2)，CD ( 1，a，0)，CP ( 1，0，2),
………………………………………………………………………………………（8 分）
设平面 PAB、平面 PCD的法向量分别为m (x，y，z )，n (x ，y ，z ) ， 1 1 1 2 2 2
m AB x1 0，由 取y1 2，得m (0，2， 1).
m AP y1 2z1 0，
………………………………………………………………………………………（10 分）
n CD x
由 2
ay2 0，
取x2 2a，得n (2a，2，a).
n CP x2 2z2 0，
………………………………………………………………………………………（12 分）
29 1
因为平面 PAB 与平面 PCD所成二面角的正弦值为 ，则其余弦值的绝对值为 ，
30 30
| m n | | 4 a | 1
所以 | cos m，n | ，
| m | | n | 5 5a2 4 30
解得 a2 48a 92 0，a 2或46 ．……………………………………………………（14 分）
当 a 46时， AD 47，此时 APD 为钝角，不符合题意；
当 a 2时， AD 3，此时 APD 为锐角，符合题意，
故 AD 3. ………………………………………………………………………………（15 分）
数学参考答案·第 6 页（共 9 页）
18．（本小题满分 17 分）
（1）解：由题得 f (x) 2(1 x cos x)，………………………………………………（1 分）
当 x ( ，0) 时，1 x cos x 0，所以 f (x) 0， f (x) 在 ( ，0)上单调递增；
当 x [0， )时，令 h(x) f (x) ，
则 h (x) 2sin x 2≤0，…………………………………………………………………（3 分）
则 f (x)在[0， ) 上单调递减， f (x)≤f (0) 0，所以 f (x) 在[0， ) 上单调递减．
所以 f (x)max f (0) 2，所以 f (x) 的最大值为 2．
……………………………………………………………………………………（5 分）
（2）解：由 f (x)≤2ex x2 2(1 a)x 4，整理得 sin x ax ex 1≥0，
当 x 0时， sin x ax ex 1≥0 恒成立，符合题意；………………………………（6 分）
令 g(x) sin x ax ex 1，则 g (x) cos x ex a ，
令 t(x) g (x)，则 t (x) ex sin x ，
当 x 0时， ex 1，t (x) 0 ，所以 g (x) 在 (0， )上单调递增，
所以 g (x) g (0) 2 a .
①当 a≤2时， g (x) 2 a≥0 ，所以 g(x)在 (0， )上单调递增，
所以 g(x) g(0) 0，符合题意；………………………………………………………（8 分）
②当 a 2时， g (0) 2 a 0， g (ln(2 a)) 2 cos(ln(2 a)) 0，
所以存在 x (0，ln(2 a))，使得 g (x ) 0，当 0 x x 时， g (x) g 0 0 (x ) 00 0 ，
所以 g(x) 在 (0，x0 ) 上单调递减，则当 0 x x0 时， g(x) g(0) 0 ，不符合题
意．………………………………………………………………………………………（10 分）
综上，实数 a 的取值范围是 ( ，2]． ………………………………………………（11 分）
1 2 1
（3）证明：由（1）知，当 x 0时， sin x x x ，取 x ，k 1，2，3， n，n N ，
2 k2
1 1 1 2k 2 1 k 2 k 2 1 k 2 1 1 1 1 1
有 sin ≥ ，
k 2 k 2

2k 4 2k 4 2k 4 2k 4 2k 2 2k(k 1) 2 k k 1
……………………………………………………………………………………（13 分）
1 1 1 1 1 1 1
故 sin 1 ，sin 2 2 ，………………………………………………（15 分） 1 2 2 2 2 2 3
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n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
所以 sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 ，
k 1 k 1 2 3 n 2 1 2 2 3 n n 1 2(n 1)
n 1 n
即 sin . …………………………………………………………………（17 分）
k 2k 1 2(n 1)
19．（本小题满分 17 分）
c x
（1）解：设椭圆 C 的焦距为 2c，则 F1( c，0)，P(x0，y0 )，则
0 0， x0 c，
2
b2 1 b2 b2c 3
从而 PF2 x 轴，且 | y | ， S△ 2c . 0 F
a 1
PF2 2 a a 2
c 1
又离心率 e 以及 a2 b2 c2，所以 a2 4，b2 3，c2 1，
a 2
x2 y2
所以椭圆 C 的方程为： 1. ……………………………………………………（4 分）
4 3
（2）（ⅰ）证明：当直线 PQ 的斜率为 0 时，由题知 P( 2，0)，Q(2，0) ，
3 3 1 3
因为 A 1， ，B 1， ，所以 AP：y (x 2)， BQ：y (x 2)．
2 2 2 2
由 AP 和 BQ 方程联立解得交点M (4，3)；……………………………………………（6 分）
当直线 PQ 的斜率不为 0 时，设直线 PQ 的方程为 x my 1．
x my 1，

由 2 2 x2 y2 有 (3m 4)y 6my 9 0，
1，
4 3
因为直线过椭圆内一定点，所以直线与椭圆恒有交点.
3 3
y
3 1
y
3 1
设 P(x1，y1)，Q(x2，y ) ，则直线 AP：y
2 (x 1) y 2 (x 1)
2 ①，
2 x1 1 2 my1
3
y
3 2

同理 BQ：y 2 (x 1) ②，………………………………………………………（8 分）
2 my2
3 3
y2 y1
②－①得3 2 2 (x 1) ，化简得3 x 1， x 4．
my2 my1

综上可知，直线 AP、BQ的交点在定直线 x 4上．
………………………………………………………………………………………（10 分）
数学参考答案·第 8 页（共 9 页）
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知，设直线 PQ 的方程为 x my 1， P(x1，y1)，Q(x2，y2 )，
6m 9
则 y1 y2 ， y y ．
3m2
1 2
4 3m2 4
因为点M (4，t)，且 k 、k 、k 成等比数列，所以 k k k2 ， MP MF2 MQ MP MQ MF2
2
(y t)(y t) y y t(y y ) t2 t 0 t2
k 1 2 1 2 1 2 2

，
MP kMQ k2 MF (my1 3)(my2 3) m y1y2 3m(y1 y2 ) 9
2
4 1 9
化简得mt 3． …………………………………………………………………………（14 分）
| 4 mt 1| | mt 3 |
（法一）设点 M 到直线 PQ 的距离为 d，则 d 0，
m2 1 m2 1
所以 M、P、Q 三点共线．……………………………………………………………（17 分）
y t y t
（法二）直线 PM 的斜率 k 1 1MP ，因为mt 3，
x1 4 my1 3
3
y
y t 1 1 my 3 1
所以 k 1MP
m 1 kPQ ，
my1 3 my1 3 m my1 3 m
所以 M、 P、Q 三点共线．……………………………………………………………（17 分）
（法三）向量MP (x ， 1 4，y1 t) (my1 3，y1 t)
MQ (x2 4，y2 t) (my2 3，y2 t)，
(my1 3) (y2 t) my1y2 mty1 3y2 3t my1y2 3(y1 y2 ) 3t，
(my2 3) (y1 t) my1y2 mty2 3y1 3t my1y2 3(y1 y2 ) 3t，
所以MP∥MQ，又两个向量有公共点 M，所以 M、P、Q 三点共线．
……………………………………………………………………………………（17 分）
数学参考答案·第 9 页（共 9 页）

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