2017高考題數(shù)學(xué)文真題匯編-答案

1、1 / 27 數(shù)學(xué)文 參考答案與解析 專題 1 集合與常用邏輯用語(yǔ) 1解析：選 a.因?yàn)?ax|x0 x|x32，所以 abx|x32，abx|x2故選 a. 2解析：選 a.依題意得 ab1，2，3，4，選 a. 3解析：選 b.a，b 兩集合中有兩個(gè)公共元素 2，4，故選 b. 4解析：選 a.對(duì)于非零向量 m，n，若存在負(fù)數(shù) ，使得 mn，則 m，n 互為相反向量，則 m n0，滿足充分性；而 m n0 包含向量 m，n 互為相反向量或者其夾角為鈍角兩種情況，故由 m n0 推不出 m，n 互為相反向量，所以不滿足必要性所以“存在負(fù)數(shù) ，使得 mn”是“m n0”的充分而不必要條件，故選

2、 a. 5解析：選 c.|x1|11x11，即 0 x2， 則 mx|0 x2，又 nx|x2， 所以 mn(0，2)，故選 c. 6解析：選 b.因?yàn)榉匠?x2x10 的根的判別式 (1)2430 恒成立，所以 p 為真命題對(duì)于命題q，取 a2，b3，223，所以 q 為假命題，q 為真命題因此 pq為真命題選 b. 7解析：選 c.因?yàn)閍n為等差數(shù)列，所以 s4s64a16d6a115d10a121d，2s510a120d，s4s62s5d，所以 d0s4s62s5，故選 c. 8解析：選 b.由|x1|1，得 0 x2，因?yàn)?0 x2x2，x2 /0 x2，故“2x0”是“|x1|1”的

3、必要而不充分條件，故選 b. 專題 2 函 數(shù) 1解析：選 c.由題意，令函數(shù) f(x)sin 2x1cos x，其定義域?yàn)閤|x2k，kz，又 f(x)sin（2x）1cos（x）sin 2x1cos xf(x)，所以 f(x)sin 2x1cos x為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故排除 b；因?yàn)?f(2)sin 1cos20，f(34)sin321cos3411220，得 x4.因此，函數(shù) f(x)ln(x22x8)的定義域是(，2)(4，)注意到函數(shù) yx22x8 在(4，)上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，f(x)ln(x22x8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(4，)，選 d. 2 / 27 3解

4、析：選 d.易知函數(shù) g(x)xsin xx2是奇函數(shù)，其函數(shù)圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以函數(shù)y1xsin xx2的圖象只需把 g(x)的圖象向上平移一個(gè)單位長(zhǎng)度，結(jié)合選項(xiàng)知選 d. 4解析：選 c.由 f(x)x22xa(ex1ex1)，得 f(2x)(2x)22(2x)ae2x1e(2x)1x24x442xa(e1xex1)x22xa(ex1ex1)，所以 f(2x)f(x)，即 x1 為 f(x)圖象的對(duì)稱軸 由題意，f(x)有唯一零點(diǎn)，所以 f(x)的零點(diǎn)只能為 x1，即 f(1)1221a(e11e11)0， 解得 a12.故選 c. 5解析：選 b.由 f(x)(13)x3xf(x)，知

5、 f(x)為奇函數(shù)，因?yàn)?y(13)x在 r 上是減函數(shù)，所以 y(13)x在 r 上是增函數(shù)，又 y3x在 r 上是增函數(shù)，所以函數(shù) f(x)3x(13)x在 r 上是增函數(shù)，故選 b. 6解析：選 b.f(x)xa22a24b，當(dāng) 0a21 時(shí)，f(x)minmfa2a24b，f(x)maxmmaxf(0)，f(1)maxb，1ab，所以 mmmaxa24，1aa24與 a有關(guān)，與 b 無(wú)關(guān)；當(dāng)a21 時(shí)，f(x)在0，1上單調(diào)遞減，所以 mmf(0)f(1)1a 與 a 有關(guān)，與 b 無(wú)關(guān)綜上所述，mm與 a 有關(guān)，但與 b無(wú)關(guān)，故選 b. 7解析：依題意得，f(2)2(2)3(2)21

6、2，由函數(shù) f(x)是奇函數(shù)，得 f(2)f(2)12. 答案：12 8解析：當(dāng) x0 時(shí)，由 f(x)f(x12)(x1)(x121)2x321，得14x0；當(dāng)01，即 2xx120，因?yàn)?2xx1220012120，所以 012時(shí)，f(x)f(x12)2x2x12212201，所以 x12.綜上，x的取值范圍是(14，) 答案：(14，) 專題 3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 1解析：選 c.法一：由題意知，f(x)ln xln(2x)的定義域?yàn)?0，2)，f(x)lnx(23 / 27 x)ln(x1)21，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，函數(shù) f(x)ln xln(2x)在(0，1)單調(diào)遞增，在(1，2)單調(diào)

7、遞減，所以排除 a，b；又 f(12)ln12ln(212)ln 34，f(32)ln32ln(232)ln34，所以 f(12)f(32)ln34，所以排除 d，故選 c. 法二：由題意知，f(x)ln xln(2x)的定義域?yàn)?0，2)，f(x)1x1x22（x1）x（x2），由 f（x）00 x2，得 0 x1；由 f（x）00 x2，得 1x1，所以 exf(x)在 r 上單調(diào)遞增，所以 f(x)2x具有 m 性質(zhì)對(duì)于選項(xiàng) b，f(x)x2，exf(x)exx2，exf(x)ex(x22x)，令 ex(x22x)0，得 x0 或 x2；令 ex(x22x)0，得2x0，所以函數(shù) exf

8、(x)在(，2)和(0，)上單調(diào)遞增，在(2，0)上單調(diào)遞減，所以 f(x)x2不具有 m 性質(zhì)對(duì)于選項(xiàng) c，f(x)3x13x，則 exf(x)ex13xe3x，因?yàn)閑30，則由 f(x)0 得 xln a. 當(dāng) x(，ln a)時(shí)，f(x)0.故 f(x)在(，ln a)單調(diào)遞減，在(ln a，)單調(diào)遞增 若 a0，則由 f(x)0 得 xln(a2) 當(dāng) x(，ln(a2)時(shí)，f(x)0.故 f(x)在(，ln(a2)單調(diào)遞減，在(ln(a2)，)單調(diào)遞增 (2)若 a0，則 f(x)e2x，所以 f(x)0. 若 a0，則由(1)得，當(dāng) xln a 時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為 f

9、(ln a)a2ln a從而當(dāng)且僅當(dāng)a2ln a0，即 a1 時(shí)，f(x)0. 4 / 27 若 a0，則由(1)得，當(dāng) xln(a2)時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為 f(ln(a2)a234ln(a2)從而當(dāng)且僅當(dāng) a234ln(a2)0，即 a2e34時(shí) f(x)0. 綜上，a 的取值范圍是2e34，1 5解：(1)f(x)(12xx2)ex. 令 f(x)0 得 x1 2，x1 2. 當(dāng) x(，1 2)時(shí)，f(x)0；當(dāng) x(1 2，)時(shí)，f(x)0. 所以 f(x)在(，1 2)，(1 2，)單調(diào)遞減，在(1 2，1 2)單調(diào)遞增 (2)f(x)(1x)(1x)ex. 當(dāng) a1 時(shí)，

10、設(shè)函數(shù) h(x)(1x)ex，h(x)xex0)，因此 h(x)在0，)單調(diào)遞減，而 h(0)1，故 h(x)1，所以 f(x)(x1)h(x)x1ax1. 當(dāng) 0a0(x0)，所以 g(x)在0，)單調(diào)遞增，而 g(0)0，故 exx1. 當(dāng) 0 x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取 x054a12，則 x0(0，1)，(1x0)(1x0)2ax010，故 f(x0)ax01. 當(dāng) a0 時(shí)，取 x0512，則 x0(0，1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01. 綜上，a 的取值范圍是1，) 6解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)1x2ax2

11、a1（x1）（2ax1）x. 當(dāng) a0，則當(dāng) x(0，)時(shí)，f(x)0，故 f(x)在(0，)單調(diào)遞增 當(dāng) a0； 當(dāng) x(12a，)時(shí)，f(x)0. 故 f(x)在(0，12a)單調(diào)遞增，在(12a，)單調(diào)遞減 (2)由(1)知，當(dāng) a0；當(dāng) x(1，)時(shí)，g(x)0時(shí)，g(x)0.從而當(dāng) a0時(shí)，ln(12a)12a10， 即 f(x)34a2. 7解：(1)由 f(x)x36x23a(a4)xb，可得 f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a) 令 f(x)0，解得 xa，或 x4a.由|a|1，得 a0，可得 f(x)1. 又因?yàn)?f(x0)1，f(x0)0，故 x0為 f(

12、x)的極大值點(diǎn)，由(1)知 x0a. 另一方面，由于|a|1，故 a14a，由(1)知 f(x)在(a1，a)內(nèi)單調(diào)遞增，在(a，a1)內(nèi)單調(diào)遞減，故當(dāng) x0a 時(shí)，f(x)f(a)1 在a1，a1上恒成立，從而 g(x)ex在x01，x01上恒成立 由 f(a)a36a23a(a4)ab1， 得 b2a36a21，1a1. 令 t(x)2x36x21，x1，1， 所以 t(x)6x212x，令 t(x)0， 解得 x2(舍去)，或 x0. 因?yàn)?t(1)7，t(1)3，t(0)1， 因此，t(x)的值域?yàn)?，1 所以，b 的取值范圍是7，1 專題 4 三角函數(shù)與解三角形 1解析：選 b.因?yàn)?/p>

13、 sin bsin a(sin ccos c)0，所以 sin(ac)sin asin csin acos c0，所以 sin acos ccos asin csin asin csin acos c0，整理得 sin c(sin a6 / 27 cos a)0，因?yàn)?sin c0，所以 sin acos a0，所以 tan a1，因?yàn)?a(0，)，所以a34，由正弦定理得 sin cc sin aa222212，又 0c0，cos b12. 又 0b，所以 b3. 答案：3 9解析：由正弦定理，得 sin bbsin cc6sin 60322，所以 b45或 135，因?yàn)?bc，所以 bc，

14、故 b45，所以 a75. 答案：75 10解析：法一：當(dāng)角 的終邊在第一象限時(shí)，取角 終邊上一點(diǎn) p1(2 2，1)，其關(guān)7 / 27 于 y 軸的對(duì)稱點(diǎn)(2 2，1)在角 的終邊上，此時(shí) sin 13；當(dāng)角 的終邊在第二象限時(shí)，取角 終邊上一點(diǎn) p2(2 2，1)，其關(guān)于 y 軸的對(duì)稱點(diǎn)(2 2，1)在角 的終邊上，此時(shí) sin 13. 綜合可得 sin 13. 法二：令角 與角 均在區(qū)間(0，)內(nèi)，故角 與角 互補(bǔ)，得 sin sin 13. 法三：由已知可得，sin sin(2k)sin()sin 13(kz) 答案：13 11解析：tan tan44tan4tan 41tan4tan

15、 416111675. 答案：75 12解：(1)f(x)32cos 2x32sin 2xsin 2x 12sin 2x32cos 2x sin(2x3) 所以 f(x)的最小正周期 t22. (2)證明：因?yàn)?x4，所以62x356. 所以 sin(2x3)sin(6)12. 所以當(dāng) x4，4時(shí)，f(x)12. 13解：(1)由 sin 2332，cos 2312， f233221222 33212， 得 f232. (2)由 cos 2xcos2xsin2x 與 sin 2x2sin xcos x 得 f(x)cos 2x 3sin 2x2sin2x6. 8 / 27 所以 f(x)的最小

16、正周期是 . 由正弦函數(shù)的性質(zhì)得22k2x6322k，kz， 解得6kx23k，kz， 所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是6k，23k (kz) 專題 5 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充 與復(fù)數(shù)的引入 1解析：選 c.i(1i)2i2i2，不是純虛數(shù)，排除 a；i2(1i)(1i)1i，不是純虛數(shù)，排除 b；(1i)22i，2i 是純虛數(shù)故選 c. 2解析：選 b.依題意得(1i)(2i)2i23i13i，選 b. 3解析：選 a.依題意得(ab)2(ab)20，即 4a b0，ab，選 a. 4解析：選 c.zi(2i)2ii212i，故復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù) zi(2i)的點(diǎn)位于第三象限，故選 c. 5解析：

17、選 b.復(fù)數(shù)(1i)(ai)a1(1a)i，其在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(a1，1a)在第二象限，故a10，解得 a1，故選 b. 6解析：選 a.因?yàn)?zi1i，所以 z1ii1i11i.所以 z2(1i)21i22i2i.選 a. 7解析：因?yàn)?ab(m1，3)，ab 與 a 垂直，所以(m1)(1)320，解得m7. 答案：7 8解析：因?yàn)?ab，所以 a b233m0，解得 m2. 答案：2 9解析：因?yàn)?ab，所以162，所以 3. 答案：3 10解析：因?yàn)?abi)2a2b22abi34i，所以a2b23，2ab4，所以a2，b1或a2，b1，所以 a2b25，ab2. 答案：5 2 11

18、解析：因?yàn)閎d2dc，所以adabbdab23bcab23(acab)13ab23ac，因?yàn)閍eacab，所以ad ae13ab23ac (acab)13ab223ac213239 / 27 ab ac，因?yàn)閍60，ab3，ac2，所以ad ae1392341323321238324，解得 311. 答案：311 12解：(1)因?yàn)?a(cos x，sin x)，b(3， 3)，ab， 所以 3cos x3sin x. 若 cos x0，則 sin x0，與 sin2xcos2x1 矛盾， 故 cos x0. 于是 tan x33. 又 x0，所以 x56. (2)f(x)a b(cos x，

19、sin x) (3， 3)3cos x 3sin x2 3cos x6. 因?yàn)?x0，所以 x66，76， 從而1cosx632. 于是，當(dāng) x66， 即 x0 時(shí)，f(x)取到最大值 3；當(dāng) x6， 即 x56時(shí)，f(x)取到最小值2 3. 專題 6 數(shù) 列 1解析：設(shè)等比數(shù)列an的公比為 q，則由 s62s3得 q1，則 s3a1（1q3）1q74，s6a1（1q6）1q634， 解得 q2，a114， 則 a8a1q7142732. 答案：32 2解：(1)設(shè)an的公比為 q.由題設(shè)可得 a1（1q）2，a1（1qq2）6. 解得 q2，a12. 10 / 27 故an的通項(xiàng)公式為 an

20、(2)n. (2)由(1)可得 sna1（1qn）1q23(1)n2n13. 由于 sn2sn143(1)n2n32n23223(1)n2n132sn，故 sn1，sn，sn2成等差數(shù)列 3解：設(shè)an的公差為 d，bn的公比為 q，則 an1(n1)d，bnqn1. 由 a2b22得 dq3. (1)由 a3b35 得 2dq26. 聯(lián)立和解得d3，q0(舍去)，d1，q2. 因此bn的通項(xiàng)公式為 bn2n1. (2)由 b11，t321得 q2q200， 解得 q5，q4. 當(dāng) q5 時(shí)，由得 d8，則 s321. 當(dāng) q4 時(shí)，由得 d1，則 s36. 4解：(1)因?yàn)?a13a2(2n1

21、)an2n，故當(dāng) n2 時(shí)，a13a2(2n3)an12(n1)兩式相減得(2n1)an2，所以 an22n1(n2) 又由題設(shè)可得 a12， 從而an的通項(xiàng)公式為 an22n1. (2)記an2n1的前 n 項(xiàng)和為 sn. 由(1)知an2n12（2n1）（2n1）12n112n1. 則 sn1113131512n112n12n2n1. 5解：(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為 d. 因?yàn)?a2a410，所以 2a14d10. 解得 d2. 所以 an2n1. (2)設(shè)等比數(shù)列bn的公比為 q. 因?yàn)?b2b4a5， 所以 b1qb1q39. 解得 q23. 所以 b2n1b1q2n23n1. 1

22、1 / 27 從而 b1b3b5b2n113323n13n12. 6證明：(1)因?yàn)閍n是等差數(shù)列，設(shè)其公差為 d，則 ana1(n1)d，從而，當(dāng) n4時(shí)，ankanka1(nk1)da1(nk1)d2a12(n1)d2an，k1，2，3， 所以 an3an2an1an1an2an36an， 因此等差數(shù)列an是“p(3)數(shù)列” (2)數(shù)列an既是“p(2)數(shù)列”，又是“p(3)數(shù)列”，因此， 當(dāng) n3 時(shí)，an2an1an1an24an， 當(dāng) n4 時(shí)，an3an2an1an1an2an36an. 由知，an3an24an1(anan1)， an2an34an1(an1an) 將代入，得 a

23、n1an12an，其中 n4， 所以 a3，a4，a5，是等差數(shù)列，設(shè)其公差為 d. 在中，取 n4， 則 a2a3a5a64a4， 所以 a2a3d， 在中，取 n3，則 a1a2a4a54a3， 所以 a1a32d， 所以數(shù)列an是等差數(shù)列 專題 7 不等式、推理與證明 1解析：選 d.不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，平移直線 yx，當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn) a(3，0)時(shí)，zxy 取得最大值，此時(shí) zmax303.故選 d. 2解析：選 a.依題意，在坐標(biāo)平面內(nèi)畫出不等式組表示的平面區(qū)域及直線 2xy0(圖略)，平移直線 y2x，當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)(6，3)時(shí)，其在 x 軸上的截距達(dá)到最小，此時(shí)

24、 z2xy取得最小值，zmin2(6)(3)15，選 a. 3解析：選 d.依題意，由于甲看后還是不知道自己的成績(jī)，說明乙、丙兩人必是一個(gè)優(yōu)秀、一個(gè)良好，則甲、丁兩人必是一個(gè)優(yōu)秀、一個(gè)良好，因此乙看了丙的成績(jī)就可以知道自己的成績(jī)，丁看了甲的成績(jī)就清楚自己的成績(jī)，綜合以上信息可知，乙、丁可以知道自己的成績(jī)，選 d. 12 / 27 4解析：選 b.不等式組3x2y60，x0，y0表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，作出直線 l0：yx，平移直線 l0，當(dāng)直線 zxy 過點(diǎn) a(2，0)時(shí)，z 取得最大值 2，當(dāng)直線 zxy 過點(diǎn) b(0，3)時(shí)，z取得最小值3，所以 zxy 的取值范圍是3，2，故

25、選 b. 5解：(1)由已知，x，y滿足的數(shù)學(xué)關(guān)系式為70 x60y600，5x5y30，x2y，x0，y0，即7x6y60，xy6，x2y0，x0，y0， 該二元一次不等式組所表示的平面區(qū)域?yàn)閳D 1中的陰影部分： (2)設(shè)總收視人次為 z萬(wàn)，則目標(biāo)函數(shù)為 z60 x25y. 考慮 z60 x25y，將它變形為 y125xz25，這是斜率為125，隨 z 變化的一族平行直線.z25為直線在 y 軸上的截距，當(dāng)z25取得最大值時(shí)，z 的值最大又因?yàn)?x，y 滿足約束條件，所以由圖 2 可知，當(dāng)直線 z60 x25y 經(jīng)過可行域上的點(diǎn) m 時(shí)，截距z25最大，即 z 最大 解方程組7x6y60，x

26、2y0，得點(diǎn) m 的坐標(biāo)為(6，3) 所以，電視臺(tái)每周播出甲連續(xù)劇 6次、乙連續(xù)劇 3 次時(shí)才能使總收視人次最多 專題 8 立體幾何 1解析：選 a.對(duì)于選項(xiàng) b，如圖所示，連接 cd，因?yàn)?abcd，m，q分別是所在棱的中點(diǎn)，所以 mqcd，所以 abmq，又 ab平面 mnq，mq平面 mnq，所以 ab平面 mnq.同理可證選項(xiàng) c，d中均有 ab平面 mnq.故選 a. 13 / 27 2解析：選 b.依題意，題中的幾何體是用一個(gè)平面將一個(gè)底面半徑為 3、高為 10 的圓柱截去一部分后所剩余的部分，可在該幾何體的上方拼接一個(gè)與之完全相同的幾何體，從而形成一個(gè)底面半徑為 3、高為 104

27、14 的圓柱，因此該幾何體的體積等于12(32)1463，選 b. 3解析：選 b.球心到圓柱的底面的距離為圓柱高的12，球的半徑為 1，則圓柱底面圓的半徑 r 1（12）232，故該圓柱的體積 v(32)2134，故選 b. 4解析：選 c.由正方體的性質(zhì)，得 a1b1bc1，b1cbc1，所以 bc1平面a1b1cd，又 a1e平面 a1b1cd，所以 a1ebc1，故選 c. 5解析：選 d.如圖，把三棱錐 a- bcd放到長(zhǎng)方體中，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為 5，3，4，bcd為直角三角形，直角邊分別為 5和 3，三棱錐 a- bcd 的高為 4， 故該三棱錐的體積 v131253410

28、. 6解析：選 a.由幾何體的三視圖可得，該幾何體是由半個(gè)圓錐和一個(gè)三棱錐組成的，故該幾何體的體積 v13123131221321，故選 a. 7解析：設(shè)球 o 的半徑為 r，因?yàn)?sc 為球 o 的直徑，所以點(diǎn) o 為 sc 的中點(diǎn)，連接ao，ob，因?yàn)?saac，sbbc，所以 aosc，bosc，因?yàn)槠矫?sca平面 scb，平面 sca平面 scbsc，所以 ao平面 scb，所以 vsabcvasbc13ssbcao13(12scob)ao，即 913(122rr)r，解得 r3，所以球 o 的表面積為 s4r243236. 答案：36 8解析：依題意得，長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為3222

29、12 14，記長(zhǎng)方體的外接球的半徑為 r，則有 2r 14，r142，因此球 o的表面積等于 4r214. 答案：14 14 / 27 9解析：設(shè)球 o的半徑為 r，則圓柱的底面半徑為 r、高為 2r，所以v1v2r22r43r332. 答案：32 10解：(1)由bapcdp90， 得 abap，cdpd. 由于 abcd，故 abpd，從而 ab平面 pad. 又 ab平面 pab，所以平面 pab平面 pad. (2)如圖所示，在平面 pad內(nèi)作 pead，垂足為 e. 由(1)知，ab平面 pad，故 abpe，可得 pe平面 abcd. 設(shè) abx，則由已知可得 ad 2x，pe22

30、x. 故四棱錐 p- abcd 的體積 vpabcd13ab ad pe13x3.由題設(shè)得13x383，故 x2. 從而 papd2，adbc2 2，pbpc2 2. 可得四棱錐 p- abcd 的側(cè)面積為12pa pd12pa ab12pd dc12bc2sin 6062 3. 11.解：(1)在平面 abcd 內(nèi)，因?yàn)閎adabc90，所以 bcad. 又 bc平面 pad，ad平面 pad，故 bc平面 pad. (2)取 ad 的中點(diǎn) m，連接 pm，cm.由 abbc12ad 及 bcad，abc90得四邊形 abcm為正方形，則 cmad. 因?yàn)閭?cè)面 pad 為等邊三角形且垂直于底

31、面 abcd，平面 pad平面 abcdad，所以pmad，pm底面 abcd.因?yàn)?cm底面 abcd，所以 pmcm. 設(shè) bcx，則 cmx，cd 2x，pm 3x，pcpd2x.取 cd 的中點(diǎn) n，連接pn，則 pncd，所以 pn142x. 因?yàn)閜cd 的面積為 2 7，所以12 2x142x2 7， 15 / 27 解得 x2(舍去)，x2.于是 abbc2，ad4，pm2 3. 所以四棱錐 p- abcd 的體積 v132（24）22 34 3. 12解：(1)取 ac 的中點(diǎn) o，連接 do，bo. 因?yàn)?adcd，所以 acdo. 又由于abc 是正三角形，所以 acbo.

32、 從而 ac平面 dob，故 acbd. (2)連接 eo. 由(1)及題設(shè)知adc90，所以 doao. 在 rtaob中，bo2ao2ab2. 又 abbd，所以 bo2do2bo2ao2ab2bd2，故dob90. 由題設(shè)知aec 為直角三角形，所以 eo12ac. 又abc 是正三角形，且 abbd，所以 eo12bd. 故 e 為 bd 的中點(diǎn)，從而 e 到平面 abc 的距離為 d 到平面 abc 的距離的12，四面體abce 的體積為四面體 abcd 的體積的12，即四面體 abce 與四面體 acde 的體積之比為11. 13解：(1)因?yàn)?paab，pabc， 所以 pa平面

33、 abc. 又因?yàn)?bd平面 abc，所以 pabd. (2)因?yàn)?abbc，d為 ac 的中點(diǎn)， 所以 bdac. 由(1)知，pabd，所以 bd平面 pac. 所以平面 bde平面 pac. (3)因?yàn)?pa平面 bde，平面 pac平面 bdede， 所以 pade. 因?yàn)?d為 ac 的中點(diǎn)， 所以 de12pa1，bddc 2. 由(1)知，pa平面 abc， 16 / 27 所以 de平面 abc. 所以三棱錐 e- bcd 的體積 v16bd dc de13. 14證明：(1)在平面 abd內(nèi)，因?yàn)?abad，efad，所以 efab. 又因?yàn)?ef平面 abc，ab平面 ab

34、c， 所以 ef平面 abc. (2)因?yàn)槠矫?abd平面 bcd， 平面 abd平面 bcdbd， bc平面 bcd，bcbd， 所以 bc平面 abd. 因?yàn)?ad平面 abd，所以 bcad. 又 abad，bcabb，ab平面 abc，bc平面 abc， 所以 ad平面 abc. 又因?yàn)?ac平面 abc， 所以 adac. 15解：(1)如圖，設(shè) pa 中點(diǎn)為 f，連接 ef，fb.因?yàn)?e，f 分別為 pd，pa 中點(diǎn)，所以 efad且 ef12ad， 又因?yàn)?bcad，bc12ad，所以 efbc 且 efbc， 即四邊形 bcef 為平行四邊形，所以 cebf，因此 ce平面

35、pab. (2)分別取 bc，ad的中點(diǎn)為 m，n.連接 pn 交 ef于點(diǎn) q，連接 mq. 因?yàn)?e，f，n 分別是 pd，pa，ad 的中點(diǎn)，所以 q 為 ef 中點(diǎn)，在平行四邊形 bcef中，mqce. 由pad為等腰直角三角形得 pnad. 由 dcad，n 是 ad的中點(diǎn)得 bnad. 所以 ad平面 pbn， 由 bcad得 bc平面 pbn，那么平面 pbc平面 pbn. 過點(diǎn) q作 pb 的垂線，垂足為 h，連接 mh. mh是 mq在平面 pbc 上的射影，所以qmh是直線 ce 與平面 pbc 所成的角 設(shè) cd1. 在pcd 中，由 pc2，cd1，pd 2得 ce 2

36、， 17 / 27 在pbn 中，由 pnbn1，pb 3得 qh14， 在 rtmqh中，qh14，mq 2， 所以 sinqmh28， 所以，直線 ce 與平面 pbc 所成角的正弦值是28. 16解：(1)如圖，由已知 adbc，故dap 或其補(bǔ)角即為異面直線 ap 與 bc 所成的角因?yàn)?ad平面 pdc，所以 adpd.在 rtpda 中，由已知，得 apad2pd25，故 cos dapadap55. 所以，異面直線 ap 與 bc 所成角的余弦值為55. (2)因?yàn)?ad平面 pdc，直線 pd平面 pdc，所以 adpd.又因?yàn)?bcad，所以pdbc，又 pdpb，所以 pd

37、平面 pbc. (3)過點(diǎn) d作 ab 的平行線交 bc 于點(diǎn) f，連接 pf，則 df 與平面 pbc 所成的角等于 ab與平面 pbc所成的角 因?yàn)?pd平面 pbc，故 pf 為 df 在平面 pbc 上的射影，所以dfp 為直線 df 和平面 pbc 所成的角 由于 adbc，dfab，故 bfad1，由已知，得 cfbcbf2. 又 addc，故 bcdc，在 rtdcf 中，可得 dfcd2cf22 5，在 rtdpf中，可得 sindfppddf55. 所以，直線 ab 與平面 pbc 所成角的正弦值為55. 專題 9 平面解析幾何 1解析：選 d.法一：由題可知，雙曲線的右焦點(diǎn)

38、為 f(2，0)，當(dāng) x2 時(shí)，代入雙曲線c 的方程，得 4y231，解得 y 3，不妨取點(diǎn) p(2，3)，因?yàn)辄c(diǎn) a(1，3)，所以 apx軸，又 pfx 軸，所以 appf，所以 sapf12|pf| |ap|123132.故選 d. 法二：由題可知，雙曲線的右焦點(diǎn)為 f(2，0)，當(dāng) x2 時(shí)，代入雙曲線 c 的方程，得 418 / 27 y231，解得 y 3，不妨取點(diǎn) p(2，3)，因?yàn)辄c(diǎn) a(1，3)，所以ap(1，0)，pf(0，3)，所以ap pf0，所以 appf，所以 sapf12|pf| |ap|123132.故選 d. 2解析：選 a.依題意得，3mtan amb20m

39、3，所以3mtan 600m3，解得 01， 所以 e(1， 2)，選 c. 4解析：選 c.法一：依題意，得 f(1，0)，則直線 fm 的方程是 y 3(x1) 由y 3（x1），y24x，得 x13或 x3.由 m 在 x 軸的上方，得 m(3，2 3)，由 mnl，得|mn|mf|314，又nmf 等于直線 fm 的傾斜角，即nmf60，因此mnf 是邊長(zhǎng)為 4 的等邊三角形，點(diǎn) m 到直線 nf 的距離為 4322 3，選 c. 法二：依題意，得直線 fm 的傾斜角為 60，則|mn|mf|21cos 604，又nmf 等于直線 fm 的傾斜角，即nmf60，因此mnf 是邊長(zhǎng)為 4

40、 的等邊三角形，點(diǎn) m 到直線 nf 的距離為 4322 3，選 c. 5解析：選 a.以線段 a1a2為直徑的圓的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn) o(0，0)，半徑為 a.由題意，圓心到直線 bxay2ab0 的距離為2aba2b2a，即 a23b2.又 e21b2a223，所以 e63，故選 a. 6解析：因?yàn)殡p曲線x2a2y2b21(a0，b0)的漸近線方程為 ybax，所以 a5. 答案：5 7解析：法一：由題意知，ao(2，0)，令 p(cos ，sin )，則ap(cos 2，sin 19 / 27 )，ao ap(2，0) (cos 2，sin )2cos 46，故ao ap的最大值為 6. 法

41、二：由題意知，ao(2，0)，令 p(x，y)，1x1， 則ao ap(2，0) (x2，y)2x46， 故ao ap的最大值為 6. 答案：6 8解析：法一：設(shè) a(x1，y1)，b(x2，y2)，由拋物線的定義可知|af|y1p2，|bf|y2p2，|of|p2，由|af|bf|y1p2y2p2y1y2p4|of|2p，得 y1y2p. 聯(lián)立方程，得x2a2y2b21，x22py2pya2y2b21y2b22pya210. 由根與系數(shù)的關(guān)系得 y1y22pa21b22pa2b22b2a2p. 所以2b2a2ppb2a212ba22， 所以雙曲線的漸近線方程為 y22x. 法二：設(shè) a(x1

42、，y1)，b(x2，y2)，由拋物線的定義可知|af|y1p2，|bf|y2p2，|of|p2，由|af|bf|y1p2y2p2y1y2p4|of|2p，得 y1y2p. kaby2y1x2x1x222px212px2x1x2x12p. 由x21a2y21b21，x22a2y22b21，得 kaby2y1x2x1b2（x1x2）a2（y1y2）b2a2x1x2p，則b2a2x1x2px2x12p， 所以b2a212ba22， 所以雙曲線的漸近線方程為 y22x. 答案：y22x 9解析：由題意知該圓的半徑為 1，設(shè)圓心坐標(biāo)為 c(1，a)(a0)，則 a(0，a)，又f(1，0)，所以ac(1

43、，0)，af(1，a)，由題意得ac與af的夾角為 120，得 cos 20 / 27 12011 1a212，解得 a 3，所以圓的方程為(x1)2(y 3)21. 答案：(x1)2(y 3)21 10解：(1)設(shè) a(x1，y1)，b(x2，y2)，則 x1x2，y1x214，y2x224，x1x24， 于是直線 ab 的斜率 ky1y2x1x2x1x241. (2)由 yx24，得 yx2. 設(shè) m(x3，y3)，由題設(shè)知x321， 解得 x32，于是 m(2，1) 設(shè)直線 ab 的方程為 yxm，故線段 ab 的中點(diǎn)為 n(2，2m)，|mn|m1|. 將 yxm代入 yx24得 x2

44、4x4m0. 當(dāng) 16(m1)0，即 m1 時(shí)，x1，22 2m1. 從而|ab| 2|x1x2|4 2（m1）. 由題設(shè)知|ab|2|mn|，即 4 2（m1）2(m1)，解得 m7. 所以直線 ab 的方程為 yx7. 11解：(1)設(shè) p(x，y)，m(x0，y0)，則 n(x0，0)，np(xx0，y)，nm(0，y0)， 由np 2 nm得 x0 x，y022y. 因?yàn)?m(x0，y0)在 c 上，所以x22y221. 因此點(diǎn) p 的軌跡方程為 x2y22. (2)由題意知 f(1，0)設(shè) q(3，t)，p(m，n)，則 oq(3，t)，pf(1m，n)，oq pf33mtn， op

45、(m，n)，pq(3m，tn)，由op pq1 得3mm2tnn21，又由(1)知m2n22，故 33mtn0. 所以oq pf0，即oqpf，又過點(diǎn) p 存在唯一直線垂直于 oq，所以過點(diǎn) p且垂直于oq的直線 l 過 c 的左焦點(diǎn) f. 12解：(1)不能出現(xiàn) acbc 的情況，理由如下： 設(shè) a(x1，0)，b(x2，0)，則 x1，x2滿足 x2mx20，所以 x1x22. 又 c 的坐標(biāo)為(0，1)，故 ac 的斜率與 bc 的斜率之積為1x11x212，所以不能出現(xiàn)acbc 的情況 21 / 27 (2)bc 的中點(diǎn)坐標(biāo)為(x22，12)，可得 bc 的中垂線方程為 y12x2(x

46、x22) 由(1)可得 x1x2m，所以 ab 的中垂線方程為 xm2. 聯(lián)立xm2，y12x2（xx22），又 x22mx220，可得xm2，y12. 所以過 a，b，c 三點(diǎn)的圓的圓心坐標(biāo)為(m2，12)，半徑 rm292. 故圓在 y 軸上截得的弦長(zhǎng)為 2r2（m2）23，即過 a，b，c 三點(diǎn)的圓在 y 軸上截得的弦長(zhǎng)為定值 13解：(1)設(shè)橢圓的半焦距為 c. 因?yàn)闄E圓 e 的離心率為12，兩準(zhǔn)線之間的距離為 8，所以ca12，2a2c8，解得 a2，c1，于是 b a2c2 3， 因此橢圓 e 的標(biāo)準(zhǔn)方程是x24y231. (2)由(1)知，f1(1，0)，f2(1，0) 設(shè) p(

47、x0，y0)，因?yàn)?p 為第一象限的點(diǎn)，故 x00，y00. 當(dāng) x01 時(shí)，l2與 l1相交于 f1，與題設(shè)不符， 當(dāng) x01 時(shí)，直線 pf1的斜率為y0 x01，直線 pf2的斜率為y0 x01. 因?yàn)?l1pf1，l2pf2，所以直線 l1的斜率為x01y0，直線 l2的斜率為x01y0， 從而直線 l1的方程：yx01y0(x1)， 直線 l2的方程：yx01y0(x1) 由，解得 xx0，yx201y0，所以 qx0，x201y0. 因?yàn)辄c(diǎn) q在橢圓 e 上，由對(duì)稱性，得x201y0 y0，即 x20y201 或 x20y201. 又 p 在橢圓 e 上，故x204y2031. 由

48、x20y201，x204y2031， 22 / 27 解得 x04 77，y03 77；x20y201，x204y2031，無(wú)解 因此點(diǎn) p 的坐標(biāo)為4 77，3 77. 專題 10 概 率 1解析：選 b.設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為 2，則正方形的面積為 4，正方形內(nèi)切圓的面積為 ，根據(jù)對(duì)稱性可知，黑色部分的面積是正方形內(nèi)切圓的面積的一半，所以黑色部分的面積為2.根據(jù)幾何概型的概率公式，得所求概率 p248.故選 b. 2解析：選 d.依題意，記兩次取得卡片上的數(shù)字依次為 a，b，則一共有 25 個(gè)不同的數(shù)組(a，b)，其中滿足 ab 的數(shù)組共有 10 個(gè)，分別為(2，1)，(3，1)，(3，2)，(

49、4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，因此所求的概率為102525，選 d. 3解析：選 c.從 5 支彩筆中任取 2 支不同顏色的彩筆，有 10 種不同取法：(紅，黃)，(紅，藍(lán))，(紅，綠)，(紅，紫)，(黃，藍(lán))，(黃，綠)，(黃，紫)，(藍(lán)，綠)，(藍(lán)，紫)，(綠，紫)而取出的 2 支彩筆中含有紅色彩筆的取法有(紅，黃)，(紅，藍(lán))，(紅，綠)，(紅，紫)，共 4 種，故所求概率 p41025. 4解析：由 6xx20，解得2x3，則 d2，3，則所求概率為3（2）5（4）59. 答案：59 5解：(1)這種酸奶一天的需求量不超過 300 瓶

50、，當(dāng)且僅當(dāng)最高氣溫低于 25，由表格數(shù)據(jù)知，最高氣溫低于 25 的頻率為21636900.6，所以這種酸奶一天的需求量不超過 300瓶的概率的估計(jì)值為 0.6. (2)當(dāng)這種酸奶一天的進(jìn)貨量為 450瓶時(shí)， 若最高氣溫不低于 25，則 y64504450900； 若最高氣溫位于區(qū)間20，25)，則 y63002(450300)4450300； 若最高氣溫低于 20，則 y62002(450200)4450100. 所以，y的所有可能值為 900，300，100. y 大于零當(dāng)且僅當(dāng)最高氣溫不低于 20，由表格數(shù)據(jù)知，最高氣溫不低于 20 的頻率為362574900.8，因此 y大于零的概率的估

51、計(jì)值為 0.8. 23 / 27 6解：(1)由題意知，從 6 個(gè)國(guó)家中任選 2 個(gè)國(guó)家，其一切可能的結(jié)果組成的基本事件有： a1，a2，a1，a3，a2，a3，a1，b1，a1，b2，a1，b3，a2，b1，a2，b2，a2，b3，a3，b1，a3，b2，a3，b3，b1，b2，b1，b3，b2，b3，共 15個(gè) 所選兩個(gè)國(guó)家都是亞洲國(guó)家的事件所包含的基本事件有：a1，a2，a1，a3，a2，a3，共 3 個(gè) 則所求事件的概率為：p31515. (2)從亞洲國(guó)家和歐洲國(guó)家中各任選 1 個(gè)，其一切可能的結(jié)果組成的基本事件有： a1，b1，a1，b2，a1，b3，a2，b1，a2，b2，a2，b

52、3，a3，b1，a3，b2，a3，b3，共 9 個(gè) 包括 a1但不包括 b1的事件所包含的基本事件有：a1，b2，a1，b3，共 2 個(gè)， 則所求事件的概率為：p29. 專題 11 統(tǒng)計(jì)、統(tǒng)計(jì)案例及算法初步 1解析：選 b.標(biāo)準(zhǔn)差能反映一組數(shù)據(jù)的穩(wěn)定程度故選 b. 2解析：選 d.因?yàn)橐蟮氖亲钚∨紨?shù) n，所以處理框中應(yīng)填入 nn2，排除 a，c；判斷框中填入 a1 000時(shí)，才能循環(huán)，排除 b，故選 d. 3解析：選 b.依題意，當(dāng)輸入的 a1 時(shí)，執(zhí)行程序框圖，進(jìn)行第一次循環(huán)：s0(1)11，a1，k2；進(jìn)行第二次循環(huán)：s1121，a1，k3；進(jìn)行第三次循環(huán)：s1(1)32，a1，k4；進(jìn)

53、行第四次循環(huán)：s2142，a1，k5；進(jìn)行第五次循環(huán)：s2(1)53，a1，k6；進(jìn)行第六次循環(huán)：s3163，a1，k7.此時(shí) k76，結(jié)束循環(huán)，輸出的 s3，選 b. 4解析：選 a.由折線圖可知，各年的月接待游客量從 8 月份后存在下降趨勢(shì)，故選 a. 5解析：選 d.當(dāng)輸入的正整數(shù) n 是所給選項(xiàng)中最小的正整數(shù) 2 時(shí)，t1，m100，s0，則第一次循環(huán)，s0100100，m1001010，t2；第二次循環(huán)，s1001090，m10101，t3，此時(shí) t2 不成立，輸出 s9091.故選 d. 6解：(1)由樣本數(shù)據(jù)得(xi，i)(i1，2，16)的相關(guān)系數(shù)為 r16i1 （xix）（i

54、8.5）16i1 （xix）216i1 （i8.5）22.780.212 1618.4390.18. 由于|r|0.25，因此可以認(rèn)為這一天生產(chǎn)的零件尺寸不隨生產(chǎn)過程的進(jìn)行而系統(tǒng)地變大或變小 24 / 27 (2)(i)由于 x9.97，s0.212，由樣本數(shù)據(jù)可以看出抽取的第 13 個(gè)零件的尺寸在(x3s，x3s)以外，因此需對(duì)當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查 (ii)剔除離群值，即第 13個(gè)數(shù)據(jù)，剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為115(169.979.22)10.02， 這條生產(chǎn)線當(dāng)天生產(chǎn)的零件尺寸的均值的估計(jì)值為 10.02， 16i1x2i160.2122169.9721 591.134， 剔除第 13 個(gè)數(shù)據(jù)，剩下數(shù)據(jù)的樣本方差為 115(1 591.1349.2221510.022)0.008， 這條生產(chǎn)線當(dāng)天生產(chǎn)的零件尺寸的標(biāo)準(zhǔn)差的估計(jì)值為 0.0080.09. 7解：(1)舊養(yǎng)殖法的箱產(chǎn)量低于 50 kg 的頻率為 (0.0120.0140.0240.0340.040)50.62. 因此，事件 a 的概率估計(jì)值為 0.62. (2)根據(jù)箱產(chǎn)量的頻率分布直方圖得列聯(lián)表 箱產(chǎn)量6.635，故有 99%的把握認(rèn)為箱產(chǎn)量與養(yǎng)殖方法有關(guān) (3)箱產(chǎn)量的頻率分布直方圖表明：新養(yǎng)殖法的箱產(chǎn)量平均值(或中