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（ 数学 ）科试题 π 6．若 tan 7 ，则 sin 2 的值为
4
注意事项：
1．答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条 24 24
A 7 7形码。 ． B． C． D．
2 25 25．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 4 4
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 7．已知圆柱和圆锥的高均为3，侧面积之比为1:3，底面半径之比为1: 2，则圆锥的体积为
3．回答非选择题时，请使用 0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，
超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效。 A． 27π B．36π C．72π D．108π
4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
8．已知函数 f x 的定义域为R， f 2x 1 为偶函数， f 1 2x2 为奇函数，则
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选
项是符合题目要求的.
A． f x 为奇函数 B． f x 为偶函数
1．已知 z 2 i，则 i z 1
C． f x 的最小正周期为 4 D． f x 在 1,2 上单调递增
A． 1 i B． 1 i C．1 i D．1 i
2．命题“ x R， x2 2x 6 0 ”的否定是
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合
2 2 题目要求，全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分.A． x R， x 2x 6≤0 B． x R， x 2x 6 0
9．若 , , 表示不同的平面， l表示直线，则下列条件能得出 的是
C． x R， x2 2x 6 0 D． x R， x2 2x 6≤0
A． l ,l B． l ,l //
3．已知a

3,m ，b 1, 1 ，且 a b 1，则 a b
C． // , D． ,
A． 4 B．1 C． 17 D． 4 2

4,6,a,10,12 10．将函数 f (x) sin x
π
1 的图象上所有点的横坐标缩短为原来的 ，纵坐标保持不变，4．已知一组数据： 的平均数为8，则该组数据的第 40百分位数为 3 2
A．6 B．7 C．8 D．9 π
再将所得图象向右平移 个单位长度，得到函数 g(x)的图象，则下列结论正确的有
2 2 1 6
5 x y．已知双曲线C : 2 2 1 a 0,b 0 的渐近线方程为 y x，则C的离心率为a b 2 A． g(x)的最小正周期为 4π B． g(x) [0,
π
在 ]上只有一个零点
3
3 5 π 5π
A． B． C 6 5． D． C． g(x)在[0, ]上单调递增 D．点 ,0 是 g(x)图象的一个对称中心2 4 2 2 2 2
数学试题 第 1 页 共 2 页
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x2 y2
11．已知椭圆C : 1，F1，F2分别是椭圆C的左右焦点，O是坐标原点，P是椭圆C 17．（15分）4 3 如图，四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD为梯形， AD //BC , AB AD，
上任意一点，点 A(1,1)，则下列结论正确的有 PA PB PD AB AD 2， BC 1． P
（1）证明： PC AD；
A． F1PF2的周长为6 B． F1PF2的面积为 3时， F
π
1PF2 6 （2）求二面角 A PC D的正弦值．
A
C． F1PA周长的最小值是3 5 D． F1PA
5
面积的最大值为 D
2
B C
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 18．（17分）
12．记 Sn为等差数列 an 的前 n项和，若 a2 a5 6， 2a3 a4 8，则 S ． f (x) x 110 已知函数 a ln x (a R) ．
x
13．设直线 2x y 0与圆 x2 y2 2my 2 0交于 A， B两点，若 | AB | 2，则实数m的 （1）若 a 2，判断 f (x)的单调性；
值为 ．
（2）若 f (x)有唯一零点，求 的取值范围；
14．在 4 4的方格表中填入1或 2 a，每个方格中恰好填入一个数，若方格表中每行每列的数字
1 1
之和均为6，则不同的填法种数为 ．
（3）若 p,q 0，且 qe p pe q ，证明： p q 2．
四、解答题：本大题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）
在 ABC中，角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c，且 (2c b) cos A a cosB ． 19．（17分）
2
（1）求角 A的大小； 已知抛物线 E : y 2px(p 0) 的焦点为 F ，直线 y 2与抛物线 E交于点 R，且
（2）若 a 3，b c 2 3，求 ABC的面积． | RF | 5 p．
2
（1）求抛物线 E的方程；
（2）过 F 作两条互相垂直的直线 l1，l2，这两条直线与抛物线 E分别交于点 A，B和C，
16．（15分） D，其中点 A，C在第一象限．
袋中装有 4个红球和 2个黑球，第一次随机取出 1个小球，若是红球则放回，否则不放回． （ⅰ）设M ，N 分别为 AB，CD的中点，H 为直线 AC与直线 BD的交点，求 HMN 面
1 1 积的最小值；（ ）第二次随机取出 个小球，求两次取出的球的颜色相同的概率；
2 （ⅱ）过 F 作 x轴的垂线，分别交 AC，BD于 P，Q两点，判断是否存在以 PQ为直径（ ）第二次随机取出 2 个小球，记两次取出红球的个数为 X ，求 X 的概率分布列及数学
的圆与 y轴相切？如果存在，求出该圆的方程，如果不存在，说明理由．
期望．
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数学参考答案 四、解答题（共 77分）
15.（13分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
【解析】
答案 A D C B D B C B
9 10 11 （1）因为 (2c b) cos A a cosB ，所以由正弦定理 (2sinC sin B) cos A sin Acos B ，题号
答案 ABC BD ACD ……1分
8. 【解析】 整理得： 2sinC cos A sin Bcos A sin Acos B sin(A B) ，……3分
因为 f (2x 1)为偶函数，所以 f ( 2x 1) f (2x 1) ，从而 f ( x 1) f (x 1) ①；因为
因为 A B C π，所以 sinC sin(A B) 0 1，故 cos A ，……5分
2
1 πf 2x

为奇函数，所以 f (
1 2x) 1 1 f ( 2x)，从而 f ( x) f (1 x) ， 因为0 A π，所以 A . ……7分
2 2 2 2 2 3
（2）由余弦定理，得 a2 b2 c2 2bc cosA，即b2 c2 a2 bc，……9分
故 f (x 1) f ( x) ②.由①②得 f ( x 1) f ( x)， f (x) f (x 1)，
2
整理得 b c a 2
2 2
3bc ，又 a 3，b c 2 3，所以 2 3 3 3bc，所以bc 3，
f (x 1) f (x)， f (x 2) f (x)，故 2为 f (x)

的周期.
……11分
由②得 f ( x) f (x 1)，又 f (x) f (x 1)， f (x)周期为 2，所以 f (x 1) f (x 1) ，
ABC 1 1 3 3 3故 的面积为
bcsinA 3
. ……13分
所以 f ( x) f (x)，故 f x 的偶函数. 2 2 2 4
三、填空题（每小题 5分，共 15分） 16.（15分）
【解析】
12. 70 13. 15 14. 90
2 （1）设事件 A1为“第一次抽取红球”，事件 A2 为“第二次抽取红球”，事件 B1为“第一次抽取黑球”，
14.【解析】
事件 B2 为“第二次抽取黑球”，
第一行有 6种填法，第二行也有 6种填法，其中一种填法与第一行完全相同，此时第三行和第
P(A ) 4 2 P(B ) 2 16 则 1 ， 1 ， P(A2 | A1)
4 2 1 1
， P(B2 | B1) ，四行的数字唯一确定；如果第二中的数与第一行中的数字完全相反，则第三行有 种填法，第 4 2 3 4 2 3 4 2 3 4 1 5
四行由第三行完全确定；第二行剩下 4种填法都是有两个位置与第一行相同，另外两个位置与 所以两次取出的球颜色相同的概率为
第一行相反，此时第三行和第四行有 2种填法，故总的填法数为6 (1 6 4 2) 90 . P P(A1A2 ) P(B1B2 ) P(A1)P(A
2 2 1 1 23
2 | A1) P(B1)P(B2 | B1) ．…7分3 3 3 5 45
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（2）由题意可得随机变量 X 的可能取值为1,2,3， （2）取MC 中点O，连 PO，取 AB中点 N ，连ON ， PM PC 3， PO CM ， PO 2 ，
当 X 1时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个黑球；第一次抽取一个黑球， 以O为坐标原点，建系如图，则 A(1, 1,0)，C(0,1,0)， D( 1, 1,0) ， P(0,0, 2)，
第二次抽取一个黑球和一个红球，
AC ( 1,2,0)，CP (0, 1, 2)，CD ( 1, 2,0)，……8分
2 1
P(X 1) 4 C2 2 C 8 4 ． ……9分
6 C 2 6 C 2 45 设平面 PAC的一个法向量为m (x1, y1, z1)，6 5

当 X 2时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取一个黑球和一个红球；第一次抽 m AC x 2y 0则
1 1
，
m CP y1 2z 0取一个黑球，第二次抽取两个红球， 1
1 1 2 2
P(X 2) 4 C 4C2 2 C4 5 ……11 令 y1 1，则 x1 2, z1 ，m (2,1,
2 )， ……10分
2 ． 分6 C6 6 C
2 9 2 25
设平面PCD的一个法向量为 n (x2 , y2 , z )，
当 X 3 2时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个红球，

2 4 C 4 n CP y2 2z 2 0 2P(X 3) 4 ……13 则 ，令 y2 1，则 x2 2, z ，2 ． 分 26 C 15 n CD x 26 2 2y2 0
可得 X 的分布列为 n ( 2,1, 2 )， ……12分 z
2 P
X 1 2 3
设二面角 A PC D的大小为 ，则
P 8 5 4
45 9 15 | m n | 5| cos | | cos m, n | ，……14分 A M
8 5 4 94 | m || n | 11 x D
所以 E(X ) 1 2 3 ．……15分 N O
45 9 15 45 4 6 B C
17.（15分） sin ，……15分 y
11
【解析】
4 6
（1）证明：取 AD中点M ，连 PM ,CM , BC / /AM ,BC AM ， ABCM 为平行四边形， 所以二面角 A PC D的正弦值为 ．11
所以 AB / /CM ，因为 AB AD，所以CM AD，又 PA PD，所以 PM AD， 18.（17分）
又 PM CM M ， PM ,CM 平面 PCM ，所以 AD 平面 PCM ，又 PC 平面 PCM ， 【解析】
所以 PC AD． ……6分 1 1 2 1
（1）由题意 f (x) x 2ln x ，定义域为 (0, )， f (x) 1 2 (1 )
2 0 ，
x x x x
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所以 f (x)在 (0, )上单调递增．……3分 综上， a 2．……10分
1 1
1 a x2 ax 1 1 1
（2）定义域为 (0, )， f (x) 1 p q p p q p 1 1
x2
2 ，……4分 （3）因为 p,q 0，且 qe pe ，所以 e 1， ln ，x x q q p q
设 g(x) x2 ax 1(x 0) p t 1 t 1 1 t 1 t 1令 ，则 t 1, ln t , p , q ,……12分
①若 a 0，则 g(x) 0， f (x) 0， f (x)
q p p qt q ln t t ln t
在 (0, )上单调递增．……5分
t 1 t 1 t 2 1
所以 p q ，
②若 0 a 2，则 a2 4 0， g(x) 0， f (x) 0， f (x)在 (0, )上单调递增． ln t t ln t t ln t
t 2 1
又 f (1) 0，有唯一零点，符合题意；……6分 要证 p q 2，只需证 2，t ln t
1
2 2 即证 t 2ln t 0 (t 1)，……14分
③若 a 2，令 g(x) x2 ax 1 0 a a 4 a a 4 ， x1 (0,1)， x (1, ) t2 2 2
由（1）知 f (x) 1 x 2ln x 单调递增，
当 x (0, x1)， g(x) 0， f (x) 0 f (x)
x
， 单调递增，
t 1 1所以当 时， f (t) t 2ln t f (1) 0 ，
当 x (x1,x2 )， g(x) 0， f (x) 0， f (x)
t
单调递减，
所以 p q 2．……17分
当 x (x2， )， g(x) 0， f (x) 0， f (x)单调递增．……7分
19.（17分）
又 f (1) 0， f (x1) 0, f (x2 ) 0， 【解析】
a p 5f (e ) ea e a a2， （1）依题意，设 R x0 , 2 ，由抛物线的定义得 | RF | x0 p ，解得： x0 2p，2 2
设 h(a) ea e a a 2， a 2 2， 因为 R x , 2 在抛物线 E : y20 2px(p 0) 上，所以 2 2px0，所以 22 2p 2p，解得：
h (a) ea e a 2a ea e a 2a， p 1，故抛物线 E的方程为 y2 2x．……3分
由（1）知 ea e a 2a e2 e 2 4 0 ，
2 F 1 （2）抛物线方程为 y 2x，焦点坐标为 ,0 ，
所以 h(a)在 (2, )单调递增， 2
h(a) ea e a a 2 h(2) e 2 e 2 4 0 ， 当 l1的直线斜率为 0时，与抛物线只有 1个交点，不合要求，
即 f (ea ) 0，由零点存在定理可知 x (x ,ea0 2 )，使得 f (x0 ) 0，不合题意．……9分 当 l1的斜率不存在时， l2的斜率为 0，此时 l2与抛物线只有 1个交点，不合要求，
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l : x my 1 1 1故设 1 ，则 l2 : x y ，不妨设m 0， 22 m 2 同理可得直线 BD的方程为 y y2 x x y y 2 ，2 4
A x1, y1 ， B x2 , y2 ，C x3 , y3 ，D x4 , y4 ，
1 1 y2 y4
y2 2x, 又 xQ ，故
y
2 Q

y y ，
2 4
由 1 ，消去 x得 y2 2my 1 0，x my ,
2 1 1 1
y

1 y3 1 y1y3
Δ 4m2 4 0， y1 y2 2m
y y y y 1
， y1y2 1
又
……4 1 2 3 4
，所以可得 yQ ，……12分． 分 1 1
y1 y3
y1 y3
（ⅰ）连接 BN ， BC，CM ，取 BC的中点 I ，连接 NI ,MI ,HI ，又M ,N 分别为 AB,CD的
可得 yP yQ 0，所以可得 PQ的中点恒为F ，……13分
中点，所以HB∥ NI ,HA∥ MI ，所以 S NIH S NIB ， S MIH S MIC ， 1
以 PQ为直径的圆与 y轴相切等价于 yP ， ……14分2
所以 HMN 的面积 S S NIH S MIH S MIN S NIB S MIC S MIN SBNMC ，
1 1 1 y1 1 1
y3
若 yP ，则 ，所以 2y1y 2 y y
故 S | BM | |CN | ， | AB | |CD | .……6 2 2 y y 3 1 3分
2 8 1 3
2
| AB | 1 m2 (y y )2 4y y 2(m2 1) |CD | 2(m 1)
2 2 1 1
又 1 2 1 2 ，同理 .……8分 又 l1 lm2 2
，所以 1，故 y y 4y ，1 y
1 3
2 y3 y4 y1 y3
1 2 2(m2 1) 1 2 1 整理可得 y1y
2
y 2 23 1 y3 1 4y1y3 ，即 y1y3 1 2 y 21 y3 ，所以 S 2(m 1) (m 2) 2 ，当且仅当m 1时，等号成立.
8 m2 2 m2
因为m 0，故 y1 y3 ，所以 y1y3 1 y1 y3 ．
所以 HMN 面积的最小值为 2 .……10分
l : y y y y
又 2y1y3 2 y1 y3，故可得 y1 3y3．
ii 1 3（ ）由题意可知 AC 1 x x x ，1 x 13 2代入方程 y1y3 1 y1 y3 可得，3y3 2y3 1 0， 4 12 8 0，
2
又 y21 2x1 ， y
2
3 2x3，所以 AC的直线方程可化为： y y1 x x y y 1 ， 故不存在以 PQ为直径的圆与
y轴相切. ……17分
1 3
1 y 1 yx 1
y3
又 P ，故可得 P y y ，……11分2 1 3
数学答案 第 4 页 共 4 页
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