猜想卷数学（文）答案.pdf

１　　　　 文科数学(答案全解全析) 一、选择题:本题共 １２ 小题ꎬ每小题 ５ 分ꎬ共 ６０ 分. １. Ｂ 【命题意图】 本题考查复数、复数模的概念及其运算. 【解题思路】 ｚ ＝ １ ＋ ３ｉ ２ － ｉ ＝ (１ ＋ ３ｉ)(２ ＋ ｉ) (２ － ｉ)(２ ＋ ｉ) ＝ － １ ＋ ７ｉ ５ ꎬ ｜ ｚ｜ ＝ ( － １ ５ ) ２ ＋ ( ７ ５ ) ２ ＝ ２. 故选 Ｂ. ２. Ｂ 【命题意图】 本题考查集合的运算. 【解题思路】 由 ｘ２ － ｘ － ２ < ０ꎬ可得 － １ < ｘ < ２ꎬ由 ｜ ｘ － ２ ｜ < １ꎬ可 得 １ < ｘ < ３ꎬ所以 Ｍ∩Ｎ ＝ {ｘ｜１ < ｘ < ２}. 故选 Ｂ. ３. Ａ 【命题意图】 本题考查三角函数、对数、不等式的运算. 【解题思路】 ａ ＝ ( ｔａｎ ２π ５ ) ０.１ > ( ｔａｎ ２π ５ ) ０ ＝１ꎬｂ ＝ ｌｏｇ３２∈(０ꎬ１)ꎬ ｃ ＝ ｌｏｇ２ ( ｃｏｓ ３π ７ ) < ０. 故选 Ａ. ４. Ｂ 【命题意图】 本题以数学文化为背景ꎬ考查数列知识及运算 能力. 【解题思路】 “三角形数”的通项公式 ａｎ ＝ ｎ(ｎ ＋ １) ２ ꎬ前 ｎ 项和公 式为:Ｓｎ ＝ １ ＋ ３ ＋ ６ ＋ ƺ ＋ ｎ(ｎ ＋ １) ２ ＝ １ ２ ＋ ２ ２ ＋ ƺ ＋ ｎ２ ２ ＋ １ ＋ ２ ＋ ƺ ＋ ｎ ２ ＝ ｎ(ｎ ＋ １)(２ｎ ＋ １) １２ ＋ ｎ(ｎ ＋ １) ４ ꎬ 当 ｎ ＝ １０ 时ꎬ Ｓ １０ ＝ １０ × (１０ ＋ １) × (２０ ＋ １) １２ ＋ １０ × (１０ ＋ １) ４ ＝ ２２０. 故选 Ｂ. ５. Ｄ 【命题意图】 本题考查函数的图象及其性质. 【解题思路】 当 ｘ ＝ ０ 时ꎬｆ(ｘ) ＝ (ｅ ０ ＋ ｅ ０ )ｓｉｎ ０ ＝ ０ꎬ故函数 ｆ(ｘ) 的图象过原点ꎬ排除 Ｃꎻ当 ｘ > ０ 时ꎬｅ ｘ ＋ ｅ － ｘ > ０ꎬｓｉｎ ｘ 有正有 负ꎬ故函数 ｆ(ｘ)的值有正有负ꎬ排除 ＡꎬＢ. 故选 Ｄ. ６. Ｃ 【命题意图】 本题以数学文化为背景ꎬ考查数学阅读及理解能力. 【解题思路】 由题意可得ꎬ题图 ３ 中从上至下三个数字分别为 １ꎬ２８６ꎬ１ ７４３ꎬ由“元”向上每层减少一次幂ꎬ向下每层增加一次 幂. 可得天元式表示的方程为 １ ７４３ｘ２ ＋ ２８６ｘ ＋ １ ＝ ０. 故选 Ｃ. ７. Ｄ 【命题意图】 本题考查程序框图及运算能力. 【解题思路】 ｉ ＝ １ꎬＳ ＝ ０ꎻＳ ＝ ０ ＋ １ × ２ × ｃｏｓ π ＝ － ２ꎬｉ ＝ ２ꎬ不满足 ｉ > １０ꎻ Ｓ ＝ － ２ ＋ ２ × ３ × ｃｏｓ ２π ＝ ４ꎬｉ ＝ ３ꎬ不满足 ｉ > １０ꎻ Ｓ ＝ ４ ＋ ３ × ４ × ｃｏｓ ３π ＝ － ８ꎬｉ ＝ ４ꎬ不满足 ｉ > １０ꎻ Ｓ ＝ － ８ ＋ ４ × ５ × ｃｏｓ ４π ＝ １２ꎬｉ ＝ ５ꎬ不满足 ｉ > １０ꎻ Ｓ ＝ １２ ＋ ５ × ６ × ｃｏｓ ５π ＝ － １８ꎬｉ ＝ ６ꎬ不满足 ｉ > １０ꎻ Ｓ ＝ － １８ ＋ ６ × ７ × ｃｏｓ ６π ＝ ２４ꎬｉ ＝ ７ꎬ不满足 ｉ > １０ꎻ Ｓ ＝ ２４ ＋ ７ × ８ × ｃｏｓ ７π ＝ － ３２ꎬｉ ＝ ８ꎬ不满足 ｉ > １０ꎻ Ｓ ＝ － ３２ ＋ ８ × ９ × ｃｏｓ ８π ＝ ４０ꎬｉ ＝ ９ꎬ不满足 ｉ > １０ꎻ Ｓ ＝ ４０ ＋ ９ × １０ × ｃｏｓ ９π ＝ － ５０ꎬｉ ＝ １０ꎬ不满足 ｉ > １０ꎻ Ｓ ＝ － ５０ ＋ １０ × １１ × ｃｏｓ １０π ＝ ６０ꎬｉ ＝ １１ꎬ满足 ｉ > １０ꎬ结束循环ꎬ 输出 Ｓ ＝ ６０. ８. Ｃ 【命题意图】 本题考查简单线性规划问题、数形结合思想. 【解题思路】 画出不等式组表示的可行域ꎬ如图中阴影部分所 示ꎬ由题意得 Ａ(３ꎬ４)ꎬＢ(０ꎬ１)ꎬＣ ( ３ꎬ － １ ２ ) . ｙ ｘ ＋ ２ 表示是 △ＡＢＣ 区域内及边界上的点与点 Ｄ( －２ꎬ０)连线的斜率ꎬ由图形 可知ꎬ该连线过点 Ａ(３ꎬ４)时ꎬ斜率最大ꎬ最大值为 ４ －０ ３ － ( －２) ＝ ４ ５ . 故选 Ｃ. ９. Ｄ 【命题意图】 本题考查三角函数的图象与性质. 【解题思路】 因为函数 ｆ(ｘ) 的周期为 πꎬ所以 ω ＝ ２ꎬ即 ｆ(ｘ) ＝ ｃｏｓ(２ｘ ＋ φ)ꎬ 由函数 ｙ ＝ ｆ(ｘ)的图象关于点 ( π １２ ꎬ０ ) 对称ꎬ令 ｘ ＝ π １２ ꎬ则 π ６ ＋ φ ＝ ｋπ ＋ π ２ ꎬ即 φ ＝ ｋπ ＋ π ３ ꎬｋ∈Ｚꎬ又 ｜ φ ｜ < π ２ ꎬ故 φ ＝ π ３ ꎬ ｆ(ｘ) ＝ ｃｏｓ (２ｘ ＋ π ３ ) . 当 π １２≤ｘ≤ π ６ 时ꎬ π ２ ≤２ｘ ＋ π ３ ≤２π ３ ꎬ故函数 ｙ ＝ ｆ(ｘ) 在 [ π １２ ꎬ π ６ ] 上单调递减ꎬ故 ① 正确ꎻ ｆ (５π １２ ) ＝ ｃｏｓ ７π ６ ≠ ± １ꎬ所以函数 ｙ ＝ ｆ(ｘ)的图象不关于直线 ｘ ＝ ５π １２ 对称ꎬ故 ② 错误ꎻ ｆ ( － π １２ ) ＝ ｃｏｓ π ６ ≠０ꎬ故 － π １２ 不是函数 ｙ ＝ ｆ(ｘ)的零点ꎬ故 ③ 错误ꎻ ｙ ＝ ｓｉｎ ２ｘ ＝ ｃｏｓ (２ｘ － π ２ ) ＝ ｃｏｓ [２ ( ｘ － ５π １２ ) ＋ π ３ ] ꎬ故将 ｙ ＝ ｓｉｎ ２ｘ 的图象向左平移５π １２ 个单位长度后可以得到 ｆ ( ｘ) ＝ ｃｏｓ (２ｘ ＋ π ３ ) 的图象ꎬ故 ④ 正确. 故选 Ｄ. １０. Ｃ 【命题意图】 本题考查双曲线的定义、简单几何性质等知识及 运算求解能力. 【解题思路】 由题意得ꎬ｜ Ｆ １ Ｍ｜ ＝ ｜ Ｆ １ Ｆ ２ ｜ ＝ ２ｃ. 由双曲线的定义可得 ｜ Ｆ ２ Ｍ｜ ＝ ｜ Ｆ １ Ｍ｜ － ２ａ ＝ ２ｃ － ２ａꎬ２　　　　 由 ２ Ｆ ２ Ｍ→ ＋ Ｆ ２ Ｎ→ ＝０ 知 ｜ Ｆ ２ Ｎ｜ ＝ ２ ｜ Ｆ ２ Ｍ ｜ꎬ 所以 ｜ Ｆ ２ Ｎ ｜ ＝ ４ｃ － ４ａꎬ由双曲线的定义 可得 ｜ Ｆ １ Ｎ｜ ＝ ４ｃ － ２ａ. 在 △ＭＦ １ Ｆ ２ 中ꎬ由余弦定理的推论可得 ｃｏｓ∠Ｆ １ Ｆ ２ Ｍ ＝ (２ｃ) ２ ＋ (２ｃ － ２ａ) ２ － (２ｃ) ２ ２ × ２ｃ × (２ｃ － ２ａ) ＝ ｃ － ａ ２ｃ ꎬ 在 △ＮＦ １ Ｆ ２ 中ꎬ由余弦定理的推论可得 ｃｏｓ∠Ｆ １ Ｆ ２ Ｎ ＝ (２ｃ) ２ ＋ (４ｃ － ４ａ) ２ － (４ｃ － ２ａ) ２ ２ × ２ｃ × (４ｃ － ４ａ) ＝ ｃ２ － ４ａｃ ＋ ３ａ２ ４ｃ(ｃ － ａ) ꎬ 因为 ∠ＭＦ ２ Ｆ １ ＋ ∠ＮＦ ２ Ｆ １ ＝ πꎬ所以 ｃｏｓ∠ＭＦ ２ Ｆ １ ＋ ｃｏｓ∠ＮＦ ２ Ｆ １ ＝ ０ꎬ即ｃ － ａ ２ｃ ＋ ｃ２ － ４ａｃ ＋ ３ａ２ ４ｃ(ｃ － ａ) ＝ ０ꎬ整理得 ３ｃ２ － ８ａｃ ＋ ５ａ２ ＝ ０ꎬ解得 ｃ ＝ ５ ３ ａ 或 ｃ ＝ ａ(舍去). 所以 ｂ ＝ ｃ２ － ａ２ ＝ ４ ３ ａꎬ双曲线 Ｃ 的渐近线方程为 ｙ ＝ ± ｂ ａ ｘ ＝ ± ４ ３ ｘ. 故选 Ｃ. １１. Ａ 【命题意图】 本题以数学文化为背景ꎬ考查求几何体的体积. 【解题思路】 在平面 ＡＢＣＤ 内ꎬ过 ＡꎬＢ 两 点分别作 ＣＤ 的垂线ꎬ垂足分别为 Ｇꎬ Ｈꎬ在 平 面 ＣＤＥＦ 内ꎬ 过 Ｇꎬ Ｈ 分 别 作 ＧＭ⊥ＥＦꎬＨＮ⊥ＥＦꎬ垂足为 ＭꎬＮ. 由平 面ＡＢＣＤ与平面 ＣＤＥＦ 相互垂直ꎬ可知 ＡＧ⊥ＭＧꎬＢＨ⊥ＨＮꎬ又 ＡＢ∥ＣＤ∥ＥＦꎬ易 证平面 ＡＧＭ∥ 平面 ＢＨＮꎬ且 ＧＨ⊥ 平面 ＡＧＭꎬ所以几何体 ＡＧＭ￣ＢＨＮ 为直棱柱. 因为 ＡＢ∥ＣＤ∥ＥＦꎬＡＢ ＝ １ꎬＥＦ ＝ ２ꎬＣＤ ＝ ３ꎬ梯形 ＡＢＣＤ 与 ＣＤＥＦ 的高分别为 ３ 和 １ꎬ所以 ＡＧ ＝ ＢＨ ＝ ３ꎬＧＭ ＝ ＨＮ ＝ １ꎬＡＢ ＝ＧＨ ＝ ＭＮ ＝ １ꎬＤＧ ＋ ＨＣ ＝ ２ꎬＥＭ ＋ ＦＮ ＝ １ꎬ所以羡除 ＡＢＣＤＥＦ 可 以分割为两个直棱锥 Ａ￣ＤＥＭＧ 和 Ｂ ￣ＨＮＦＣ 和一个直棱柱 ＡＧＭ￣ＢＨＮ. 故所求几何体的体积 Ｖ五面体ＡＢＣＤＥＦ ＝ Ｖ直三棱柱ＡＧＭ￣ＢＨＮ ＋ Ｖ四棱锥Ａ － ＤＥＭＧ ＋ Ｖ四棱锥Ｂ￣ＨＮＦＣ ＝ Ｓ △ＡＧＭ ŰＧＨ ＋ １ ３ Ｓ四边形ＤＥＭＧ ŰＡＧ ＋ １ ３ Ｓ四边形ＨＮＦＣ Ű ＢＨ ＝ １ ２ ŰＡＧŰＧＭŰＧＨ ＋ １ ３ ( ＤＧ ＋ ＥＭ ２ ŰＧＭ ＋ ＨＣ ＋ ＮＦ ２ Ű ＨＮ ) ŰＡＧ ＝ １ ２ ＡＧŰＧＭŰＧＨ ＋ １ ３ ( ＤＧ ＋ ＥＭ ＋ ＨＣ ＋ ＮＦ ２ ) Ű ＧＭŰＡＧ ＝ １ ２ × ３ × １ × １ ＋ １ ３ × ２ ＋ １ ２ × １ × ３ ＝ ３. 故选 Ａ. １２. Ｂ 【命题意图】 本题考查函数的零点、不等式、变换等知识及数形 结合思想的应用. 【解题思路】 由已知 ｆ( ｘ) ＝ ２ｆ( ｘ ＋ １)ꎬ当 ｘ ∈ [ － １ꎬ０) 时ꎬ ｆ(ｘ) ＝ － ｘ(ｘ ＋ １)ꎬ可得当 ｘ∈[ － ２ꎬ － １) 时ꎬｆ(ｘ) ＝ ２ｆ(ｘ ＋ １) ＝ － ２(ｘ ＋ １)(ｘ ＋ ２)ꎻ当 ｘ∈[ － ３ꎬ － ２)时ꎬｆ(ｘ) ＝ ２ｆ(ｘ ＋ １) ＝ － ４(ｘ ＋ ２)(ｘ ＋ ３). 画出函数草图ꎬ令 － ４(ｘ ＋ ２) (ｘ ＋ ３) ＝ ３ ４ ꎬ化简得 １６ｘ２ ＋ ８０ｘ ＋ ９９ ＝ ０ꎬ解得 ｘ １ ＝ － ９ ４ ꎬｘ ２ ＝ － １１ ４ ꎬ由图可知ꎬ当 λ≥ － ９ ４ 时ꎬ不等式ｆ(ｘ)≤ ３ ４ 恒成立. 故选 Ｂ. 二、填空题:本题共 ４ 小题ꎬ每小题 ５ 分ꎬ共 ２０ 分. １３. １６ １７ 【命题意图】 本题考查不等式、最值等知识. 【解题思路】 因为 ａꎬｂ 为正实数ꎬ由 １ ＝４ａ ＋ １ｂ ≥２ ４ａŰ １ｂ ＝ ４ ａ ｂ ꎬ可得 ａ ｂ ≤ １ １６ ꎬ所以ａ ＋ ｂ ｂ ≤１７ １６ ꎬ所以 ｂ ａ ＋ ｂ≥１６ １７ . 故 ｂ ａ ＋ ｂ 的最小值为１６ １７ . １４. [ １ ２ ꎬ ２ ２ ) 【命题意图】 本题考查向量的模、三角函数的化简等知识 . 【解题思路】 ３ ２ ａ － １ ２ ｂ ２ ＝ ( ３ ２ ｃｏｓ θ － １ ２ ｓｉｎ θ ) ２ ＋ １ ４ ＝ ｓｉｎ ２ ( π ３ － θ ) ＋ １ ４ ＝ － １ ２ ｃｏｓ (２θ － ２π ３ ) ＋ ３ ４ . 因为 π ６ < θ < ５π １２ ꎬ所以 － π ３ < ２θ － ２π ３ < π ６ . 所以 １ ２ < ｃｏｓ (２θ － ２π ３ ) ≤１ꎬ 所以 １ ４ ≤ － １ ２ ｃｏｓ (２θ － ２π ３ ) ＋ ３ ４ < １ ２ ꎬ 所以 ３ ２ ａ － １ ２ ｂ ∈ [ １ ２ ꎬ ２ ２ ) . １５. ３ － ２ ２ 【命题意图】 本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等有 关知识. 【解题思路】 由余弦定理得 ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ＝ ２ａｂｃｏｓ Ｃꎬ△ＡＢＣ 的面 积 Ｓ ＝ １ ２ ａｂｓｉｎ Ｃ. 由 ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ＝ ４ ２Ｓꎬ可得 ２ａｂｃｏｓ Ｃ ＝ ４ ２ × １ ２ ａｂｓｉｎ Ｃꎬ即 ｔａｎ Ｃ ＝ ２ ２ . 所以 ｔａｎ ( π ４ － Ｃ ) ＝ １ － ｔａｎ Ｃ １ ＋ ｔａｎ Ｃ ＝ １ － ２ ２ １ ＋ ２ ２ ＝ ３ － ２ ２ . １６. ( － １) ｎ － １ (ｎ － １)!ꎬ － ｎｎ 【命题意图】 本题考查函数与数列、递推关系等知识及运算求 解能力. 【解题思路】 由 ｆ(ｘ) ＝ ｘ(ｘ － １)(ｘ － ２)ƺ(ｘ － ｎ ＋ １) ＝ ａ １ ｘ ＋ ａ ２ ｘ２ ＋ ƺ ＋ ａｎ ｘｎ 得ꎬａ １ ＝ ( － １) × ( － ２) × ƺ × [ － (ｎ － １)] ＝ ( － １) ｎ － １ (ｎ － １)!ꎬａｎ ＝ １ꎬ所以 ａ １ ａｎ ＝ ( － １) ｎ － １ (ｎ － １)!. ｇ(ｘ) ＝ ｆ(ｘ)(ｘ － ｎ)３　　　　 ＝ (ａ １ ｘ ＋ ａ ２ ｘ２ ＋ ƺ ＋ ａｉ － １ ｘｉ － １ ＋ ａｉ ｘｉ ＋ ƺ ＋ ａｎ ｘｎ )(ｘ － ｎ) ＝ － ｎａ １ ｘ ＋ ( ａ １ － ｎａ ２ ) ｘ２ ＋ ƺ ＋ ( ａｉ － １ － ｎａｉ ) ｘｉ ＋ ƺ ＋ (ａｎ － １ － ｎａｎ )ｘｎ ＋ ａｎ ｘｎ ＋ １ ＝ ｂ １ ｘ ＋ ｂ ２ ｘ２ ＋ ƺ ＋ ｂｎ ＋ １ ｘｎ ＋ １ ꎬ 所以ꎬｂ １ ＝ － ｎａ １ ꎬ　 　 (１) ｂ ２ ＝ ａ １ － ｎａ ２ ꎬ (２) ƺ ｂｉ ＝ ａｉ － １ － ｎａｉ ꎬ (ｉ) ƺ ｂｎ ＝ ａｎ － １ － ｎａｎ ꎬ (ｎ) ｂｎ ＋ １ ＝ ａｎ ꎬ　 　 　 　 (ｎ ＋ １) 将第(２)式两边同时乘 ｎꎬ第(３)式两边同时乘 ｎ２ ꎬƺꎬ第(ｎ) 式两边同时乘 ｎｎ － １ ꎬ再将(１) 到(ｎ) 这 ｎ 个等式累加得 ｂ １ ＋ ｎｂ ２ ＋ ｎ２ ｂ ３ ＋ ƺ ＋ ｎｎ － １ ｂｎ ＝ － ｎｎ ａｎ ＝ － ｎｎ . 三、解答题:共 ７０ 分. (一)必考题:共 ６０ 分. １７. 【命题意图】 本题考查分层抽样及随机事件概率的求法. 【解题思路】 (Ⅰ)由已知ꎬ数学与应用数学、计算机科学与技术 和金融工程三个专业的毕业生人数之比为 １∶ ２∶ ３ꎬ由于采取分层 抽样的方法抽取 １８ 人ꎬ因此应从数学与应用数学、计算机科学与 技术和金融工程三个专业分别抽取 ３ 人、６ 人、９ 人. (４ 分)… (Ⅱ)(１)该学院有学生 ７０ ＋ １４０ ＋ ２１０ ＝ ４２０(人)ꎬ所以估计 该学院 ２０２０ 届毕业生中有自主创业意向的人数为 ６ １８ × ４２０ ＝ １４０. (６ 分)……………………………………………… (２)从已知的 ７ 人中随机抽取 ２ 人的所有结果为{ＡꎬＢ}ꎬ{Ａꎬ Ｃ}ꎬ{ＡꎬＤ}ꎬ{ＡꎬＥ}ꎬ{ＡꎬＦ}ꎬ{ＡꎬＧ}ꎬ{ＢꎬＣ}ꎬ{ＢꎬＤ}ꎬ{ＢꎬＥ}ꎬ {ＢꎬＦ}ꎬ{ＢꎬＧ}ꎬ{ＣꎬＤ}ꎬ{ＣꎬＥ}ꎬ{ＣꎬＦ}ꎬ{ＣꎬＧ}ꎬ{ＤꎬＥ}ꎬ{Ｄꎬ Ｆ}ꎬ{ＤꎬＧ}ꎬ{ＥꎬＦ}ꎬ{ＥꎬＧ}ꎬ{ＦꎬＧ}ꎬ共 ２１ 种. (８ 分)……… 由统计表知ꎬ符合条件的所有可能结果为: {ＡꎬＢ}ꎬ{ＡꎬＣ}ꎬ{ＡꎬＤ}ꎬ{ＡꎬＥ}ꎬ{ＡꎬＦ}ꎬ{ＡꎬＧ}ꎬ{ＢꎬＣ}ꎬ{Ｂꎬ Ｆ}ꎬ{ＢꎬＧ}ꎬ{ＣꎬＤ}ꎬ{ＣꎬＥ}ꎬ{ＣꎬＦ}ꎬ{ＣꎬＧ}ꎬ{ＤꎬＦ}ꎬ{ＤꎬＧ}ꎬ {ＥꎬＦ}ꎬ{ＥꎬＧ}ꎬ{ＦꎬＧ}ꎬ共 １８ 种. (１０ 分)………………… 所以事件 Ｍ 发生的概率Ｐ(Ｍ) ＝ １８ ２１ ＝ ６ ７ . (１２ 分)………… １８. 【命题意图】 本题考查数列的递推关系、通项公式、前 ｎ 项和公 式等知识及运算求解能力 . 【解题思路】 (Ⅰ)由 ２ａｎ － Ｓｎ ＝ ２ꎬ令 ｎ ＝ １ꎬ可得 ａ１ ＝ ２ꎻ 当 ｎ≥２ 时ꎬ２ａｎ － １ － Ｓｎ － １ ＝ ２ꎬ 两式相减ꎬ可得 ２(ａｎ － ａｎ － １ ) － (Ｓｎ － Ｓｎ － １ ) ＝ ０ꎬ 即 ａｎ － ２ａｎ － １ ＝ ０ꎬ即有 ａｎ ａｎ － １ ＝ ２ꎬ由此可知ꎬ数列{ａｎ }是首项为 ２ꎬ公比为 ２ 的等比数列ꎬ所以数列{ａｎ }的通项公式为 ａｎ ＝ ２ ｎ . (４ 分)………………………………………………………… (Ⅱ)ｂｎ ＝ ｌｏｇ ２ ａｎ ＝ ｎ. (１)ｎ 为奇数ꎬ当 ｎ ＝ １ 时ꎬｂ１ ｃ１ ＋ ｂ２ ｃ２ ＋ ƺ ＋ ｂｎ ｃｎ ＝ ｂ１ ｃ１ ＝ ０. 当 ｎ > １ 时ꎬ令 ｎ ＝ ２ｋ ＋ １(ｋ∈Ｎ∗ )ꎬｂ １ ｃ １ ＋ ｂ ２ ｃ ２ ＋ ƺ ＋ ｂｎ ｃｎ ＝ ｂ １ ｃ １ ＋ ｂ ２ ｃ ２ ＋ ƺ ＋ ｂ ２ｋ ＋ １ ｃ ２ｋ ＋ １ ＝ ｂ ２ ｃ ２ ＋ ｂ ４ ｃ ４ ＋ ƺ ＋ ｂ ２ｋ ｃ ２ｋ ＝ ２ａ １ ＋ ４ａ ２ ＋ ƺ ＋ ２ｋａｋ ＝ ２ × ２ ＋ ４ × ２ ２ ＋ ƺ ＋ ２ｋ × ２ ｋ ＝ ２(２ ＋ ２ × ２ ２ ＋ ３ × ２ ３ ＋ ƺ ＋ ｋ × ２ ｋ ). 令 Ｔｋ ＝ ２ ＋ ２ × ２ ２ ＋ ３ × ２ ３ ＋ ƺ ＋ ｋ × ２ ｋ ꎬ ① 则 ２Ｔｋ ＝ ２ ２ ＋ ２ × ２ ３ ＋ ３ × ２ ４ ＋ ƺ ＋ ｋ × ２ ｋ ＋ １ ꎬ ② ① － ② 得 － Ｔｋ ＝ ２ ＋ ２ ２ ＋ ２ ３ ＋ ƺ ＋ ２ ｋ － ｋ × ２ ｋ ＋ １ ＝ ２(１ － ２ ｋ ) １ － ２ － ｋ × ２ ｋ ＋ １ ꎬ 所以 Ｔｋ ＝ (ｋ － １)２ ｋ ＋ １ ＋ ２ꎬ 所以 ｂ １ ｃ １ ＋ ｂ ２ ｃ ２ ＋ ƺ ＋ ｂｎ ｃｎ ＝ ２Ｔｋ ＝ (ｋ － １)２ ｋ ＋ ２ ＋ ４ ＝ ｎ － ３ ２ × ２ ｎ ＋ ３ ２ ＋ ４. 容易验证ꎬ当 ｎ ＝ １ 时ꎬ上式也成立ꎬ所以当 ｎ 为奇数时ꎬｂ １ ｃ １ ＋ ｂ ２ ｃ ２ ＋ ƺ ＋ ｂｎ ｃｎ ＝ ｎ － ３ ２ × ２ ｎ ＋ ３ ２ ＋ ４. (７ 分)………………… (２)ｎ 为偶数ꎬ令 ｎ ＝ ２ｋ(ｋ∈Ｎ∗ )ꎬ ｂ １ ｃ １ ＋ ｂ ２ ｃ ２ ＋ ƺ ＋ ｂｎ ｃｎ ＝ ｂ １ ｃ １ ＋ ｂ ２ ｃ ２ ＋ ƺ ＋ ｂ ２ｋ ｃ ２ｋ ＝ ｂ ２ ｃ ２ ＋ ｂ ４ ｃ ４ ＋ ƺ ＋ ｂ ２ｋ ｃ ２ｋ ＝ ２ａ １ ＋ ４ａ ２ ＋ ƺ ＋ ２ｋａｋ ꎬ 同理可求ꎬｂ １ ｃ １ ＋ ｂ ２ ｃ ２ ＋ ƺ ＋ ｂｎ ｃｎ ＝ ２Ｔｋ ＝ (ｋ － １)２ ｋ ＋ ２ ＋ ４ ＝ ｎ － ２ ２ × ２ ｎ ＋ ４ ２ ＋ ４. (１０ 分)……………………………………… 综上所述ꎬ ｂ １ ｃ １ ＋ ｂ ２ ｃ ２ ＋ ƺ ＋ ｂｎ ｃｎ ＝ ｎ － ３ ２ × ２ ｎ ＋ ３ ２ ＋ ４ꎬｎ 为奇数ꎬ ｎ － ２ ２ × ２ ｎ ＋ ４ ２ ＋ ４ꎬｎ 为偶数. ì î í ïï ïï (１２ 分) ……… …………………………………………………… １９. 【命题意图】 本题主要考查两平面垂直、两条直线的位置关系、 直线与平面垂直、求解几何体体积等知识及直观想象、逻辑 推理与运算求解能力. 【解题思路】 (Ⅰ)因为 ＤꎬＥ 分别是 ＡＢꎬＡＣ 的中点ꎬ△ＡＤＥ 沿 ＤＥ 折起为 △Ａ １ ＤＥꎬ所以 Ａ １ Ｄ ＝ ＡＤ ＝ ＢＤ. 所以 ∠ＡＡ １ Ｄ ＝ ∠Ａ １ ＡＤꎬ∠Ａ １ ＢＤ ＝ ∠ＢＡ １ Ｄꎬ 所以 ∠ＡＡ １ Ｂ ＝ ９０°ꎬ所以 ＡＡ １ ⊥Ａ １ Ｂ. 又 Ａ １ Ｅ ＝ ＡＥ ＝ ＥＣꎬ同理有 ＡＡ １ ⊥Ａ １ Ｃꎬ 而 Ａ １ Ｂ∩Ａ １ Ｃ ＝ Ａ １ ꎬ所以 ＡＡ １ ⊥ 平面 Ａ １ ＢＣ. 而 ＢＣ⊂ 平面 Ａ １ ＢＣꎬ所以 ＡＡ １ ⊥ＢＣꎬ又 ｌ 为平面 Ａ １ ＢＣ 与平面 Ａ １ ＤＥ 的交线ꎬ所以 ｌ∥ＢＣ∥ＤＥꎬ所以 ｌ⊥ＡＡ １ . (４ 分)……… (Ⅱ)如图所示ꎬ过点 Ａ 在平面 ＡＢＣ 内作 ＡＨ⊥ ＢＣꎬ垂足为 Ｈꎬ交 ＤＥ 于 Ｆꎬ连接 Ａ １ ＦꎬＡ １ Ｈ. 因为平面 Ａ １ ＢＣ⊥ 平面 ＡＢＣꎬ所以 ＡＨ⊥平面 Ａ １ ＢＣ. 而 Ａ １ Ｈ⊂ 平面 Ａ １ ＢＣꎬ所以 ＡＨ⊥Ａ １ Ｈ. 由 ＤＥ∥ＢＣꎬ易知 ＡＦ⊥ＤＥꎬ而 △ＡＤＥ 沿 ＤＥ 折起为 △Ａ １ ＤＥꎬ 所以 Ａ １ Ｆ⊥ＤＥ. 所以 ＤＥ⊥ 平面 Ａ １ ＡＦꎬ所以 ＤＥ⊥Ａ １ Ａꎬ由此 ＢＣ⊥Ａ １ Ａꎬ 所以 ＢＣ⊥ 平面 Ａ １ ＡＨꎬ而 Ａ １ Ｈ⊂ 平面 Ａ １ ＡＨꎬ所以 ＢＣ⊥Ａ １ Ｈ. (８ 分)……………………………………………………… 由已知ꎬ△ＡＤＥ 与 △ＡＢＣ 的面积分别为 ４ 和 ９ꎬＢＣ ＝ ３ꎬ易求 ＡＨ ＝ ６ ３ꎬ 由Ｓ △ＡＤＥ Ｓ △ＡＢＣ ＝ ( ＡＦ ＡＨ ) ２ ꎬ可得 ＡＦ ＝ ４ ３ꎬ所以 ＨＦ ＝ ＡＨ － ＡＦ ＝ ２ ３ꎬ 在 Ｒｔ△Ａ １ ＨＦ 中ꎬＡ １ Ｆ ＝ ＡＦ ＝ ４ ３ꎬＡ １ Ｈ ＝ Ａ １ Ｆ２ － ＨＦ２ ＝ ６. 所以 Ｓ △Ａ １ ＢＣ ＝ １ ２ × ＢＣ × Ａ １ Ｈ ＝ ３ ３ꎬ 故三棱锥 Ａ １ ￣ＡＢＣ 的体积 Ｖ三棱锥Ａ １ ￣ＡＢＣ ＝ Ｖ三棱锥Ａ￣Ａ １ ＢＣ ＝ １ ３ Ｓ △Ａ １ ＢＣ × ＡＨ ＝ １８. (１２ 分)………４　　　　 ２０. 【命题意图】 本题主要考查双曲线的标准方程及性质、定点问 题等知识以及逻辑思维与运算求解能力. 【解题思路】 (Ⅰ)由题设可得 ｃ － ａ２ ｃ ＝ １ ２ ꎬｃ ＝ ２ꎬ所以 ａ２ ＝ ３ꎬ ｂ２ ＝ ｃ２ － ａ２ ＝ １. 所以双曲线的标准方程为 ｘ２ ３ － ｙ２ ＝ １. (４ 分)……………… (Ⅱ)证明:点 Ｆ(２ꎬ０)ꎬ设过点 Ｆ 的弦 ＡＢ 所在的直线方程为 ｘ ＝ ｋｙ ＋２ꎬＡ(ｘ １ ꎬｙ １ )ꎬＢ(ｘ ２ ꎬｙ ２ )ꎬ则有 Ｍ ( ｋ(ｙ １ ＋ ｙ ２ ) ２ ＋２ꎬｙ １ ＋ ｙ ２ ２ ) . 联立 ｘ２ ３ － ｙ２ ＝ １ꎬ ｘ ＝ ｋｙ ＋ ２ꎬ { 可得(ｋ２ － ３)ｙ２ ＋ ４ｋｙ ＋ １ ＝ ０. 因为弦 ＡＢ 与双曲线 Ｃ 有两个交点ꎬ所以 ｋ２ － ３≠０ꎬ所以 ｙ １ ＋ ｙ ２ ＝ ４ｋ ３ － ｋ２ . 所以 Ｍ ( ６ ３ － ｋ２ ꎬ ２ｋ ３ － ｋ２ ) . (８ 分)………………… (１)当 ｋ ＝ ０ 时ꎬＭ 点即是 Ｆ 点ꎬ此时ꎬ直线 ＭＮ 为 ｘ 轴. (２)当 ｋ≠０ 时ꎬ将上式 Ｍ 点坐标中的 ｋ 换成 － １ｋ ꎬ同理可得 Ｎ ( ６ｋ２ ３ｋ２ － １ ꎬ － ２ｋ ３ｋ２ － １ ) . ① 当直线 ＭＮ 不垂直于 ｘ 轴时ꎬ 直线 ＭＮ 的斜率 ｋＭＮ ＝ ２ｋ ３ － ｋ２ ＋ ２ｋ ３ｋ２ － １ ６ ３ － ｋ２ － ６ｋ２ ３ｋ２ － １ ＝ ２ｋ ３(ｋ２ － １)ꎬ其方程 ｙ － ２ｋ ３ － ｋ２ ＝ ２ｋ ３(ｋ２ － １) ( ｘ － ６ ３ － ｋ２ ) ꎬ化简得 ｙ ＝ ２ｋ ３(ｋ２ － １)(ｘ － ３)ꎬ 所以直线 ＭＮ 过定点(３ꎬ０)ꎻ ② 当直线 ＭＮ 垂直于 ｘ 轴时ꎬ ６ ３ － ｋ２ ＝ ６ｋ２ ３ｋ２ － １ ꎬ此时ꎬｋ ＝ ± １ꎬ 直线 ＭＮ 也过定点(３ꎬ０). 综上所述ꎬ直线 ＭＮ 过定点(３ꎬ０). (１２ 分)………………… ２１. 【命题意图】 本题考查导数、不等式、极值、零点等综合应用能力. 【解题思路】 (Ⅰ)函数 ｆ(ｘ)的定义域为(０ꎬ ＋ ∞ )ꎬ ｆ′(ｘ) ＝ ２ａｘ２ － ２ａｘ ＋ ２ｌｎ ｘ ｘ ꎬ０ < ａ≤１. 记 ｇ(ｘ) ＝ ２ａｘ２ － ２ａｘ ＋ ２ｌｎ ｘꎬ０ < ａ≤１ꎬ ｇ′(ｘ) ＝ ４ａｘ２ － ２ａｘ ＋ ２ｘ ＝ ４ａ ( ｘ － １ ４ ) ２ ＋ ８ － ａ ４ｘ > ０ꎬ 故函数 ｇ(ｘ)在(０ꎬ ＋ ∞ )上单调递增ꎬ又 ｇ(１) ＝ ０. 所以当 ｘ∈(０ꎬ１)时ꎬ ｆ′(ｘ) < ０ꎬ故 ｆ(ｘ)在区间(０ꎬ１)上单调 递减ꎻ 当 ｘ∈[１ꎬ ＋ ∞ )时ꎬ ｆ′(ｘ)≥０ꎬ故 ｆ(ｘ)在区间[１ꎬ ＋ ∞ )上单 调递增. (４ 分)………………………………………………… (Ⅱ)由(Ⅰ)知 ｆ(ｘ) ｍｉｎ ＝ ｆ(１) ＝ － １ < ０ꎬ设 ｘ １ < ｘ ２ ꎬ所以 ｘ １ ∈(０ꎬ１)ꎬｘ ２ ∈(１ꎬ ＋ ∞ ). 设函数 ｆ(ｘ) 的图象关于直线 ｘ ＝ １ 对称的曲线为 φ(ｘ)ꎬ记 Ｍ(ｘꎬｙ)为 φ(ｘ)图象上的任意一点ꎬ它关于直线 ｘ ＝ １ 的对称 点为 Ｎ(ｘ ０ ꎬｙ ０ )ꎬ则 ｙ ０ ＝ (ｌｎ ｘ ０ ) ２ ＋ ａ (ｘ ０ － １) ２ － １ꎬ 由 ｘ ０ ＝ ２ － ｘꎬｙ ０ ＝ ｙꎬ 则有 φ(ｘ) ＝ [ｌｎ(２ － ｘ)] ２ ＋ ａ (ｘ － １) ２ － １. (８ 分)………… (１)当 ｘ ２ ∈[２ꎬ ＋ ∞ )时ꎬ显然有 ｘ １ ＋ ｘ ２ > ２ꎻ (２)当 １ < ｘ < ２ 时ꎬ记 ｈ(ｘ) ＝ ｆ(ｘ) － φ(ｘ)ꎬ则 ｈ(ｘ) ＝ (ｌｎ ｘ) ２ － [ｌｎ(２ － ｘ)] ２ ＝ [ｌｎ ｘ ＋ ｌｎ(２ － ｘ)] [ｌｎ ｘ － ｌｎ(２ － ｘ)] ＝ ｌｎ( － ｘ２ ＋ ２ｘ)ｌｎ ｘ ２ － ｘ < ０ꎬ 即 ｆ(ｘ) < φ(ｘ)ꎬ所以当 ｘ ２ ∈(１ꎬ２)时ꎬ ｆ(ｘ １ ) ＝ ｆ(ｘ ２ ) < φ(ｘ ２ ) ＝ ｆ(２ － ｘ ２ )ꎬ 因为 ｘ １ ∈(０ꎬ１)ꎬ２ － ｘ ２ ∈(０ꎬ１)ꎬ且函数 ｆ(ｘ)在区间(０ꎬ１)单 调递减ꎬ所以有 ｘ １ > ２ － ｘ ２ ꎬ得 ｘ １ ＋ ｘ ２ > ２. 综上所述ꎬｘ １ ＋ ｘ ２ > ２. (１２ 分)……………………………… (二)选考题:共 １０ 分. ２２. 【命题意图】 本题考查参数方程的有关知识. 【解题思路】 (Ⅰ)若 ｍ ＝ １ꎬ直线 ｌ 的参数方程为 ｘ ＝ １ － ２ｔꎬ ｙ ＝ １ ＋ ｔ{ (ｔ 为参数). 即直线 ｌ 的普通方程为 ｘ ＋ ２ｙ － ３ ＝ ０ꎬ曲线 Ｃ 的普通方程为 ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝ １ꎬ 联立 ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝ １ꎬ ｘ ＋ ２ｙ － ３ ＝ ０ꎬ { 解得 ｘ １ ＝ ３ － ２１ ４ ꎬ ｙ １ ＝ ９ ＋ ２１ ８ ì î í ïï ïï 或 ｘ ２ ＝ ３ ＋ ２１ ４ ꎬ ｙ ２ ＝ ９ － ２１ ８ ꎬ ì î í ïï ïï 则曲线 Ｃ 与直线 ｌ 的两个交点的距离为 ｄ ＝ (ｘ １ － ｘ ２ ) ２ ＋ (ｙ １ － ｙ ２ ) ２ ＝ ( ２１ ２ ) ２ ＋ ( ２１ ４ ) ２ ＝ １０５ ４ . (４ 分)…………………………………………… (Ⅱ)直线 ｌ 的普通方程为 ｘ ＋ ２ｙ － ｍ － ２ ＝ ０ꎬ故曲线 Ｃ 上的点 (２ｃｏｓ θꎬ ３ｓｉｎ θ)到直线 ｌ 的距离为 ｄ ＝ ｜２ｃｏｓ θ ＋ ２ ３ｓｉｎ θ － ｍ － ２ ｜ ５ ＝ ４ｓｉｎ ( θ ＋ π ６ ) － ｍ － ２ ５ . (６ 分)……………………………………………………… (１)当 ｍ≥ － ２ 时ꎬｄ 的最大值为４ ＋ ｍ ＋ ２ ５ . 由题设得４ ＋ ｍ ＋ ２ ５ ＝ ２ ５ꎬ所以 ｍ ＝ ４ꎻ (２)当 ｍ < － ２ 时ꎬｄ 的最大值为４ － ｍ － ２ ５ . 由题设得４ － ｍ － ２ ５ ＝ ２ ５ꎬ所以 ｍ ＝ － ８. 综上ꎬｍ ＝ ４ 或 ｍ ＝ － ８. (１０ 分)……………………………… ２３. 【命题意图】 本题考查解绝对值不等式及均值不等式的有关 知识. 【解题思路】 (Ⅰ)当 ｔ ＝ １ 时ꎬｆ(ｘ) ＝ ｜ ｘ ＋ １ ｜ ＋ ｜ ｘ － １ ｜ － ２ ＝ － ｘ －１ ＋１ － ｘ －２ꎬｘ≤ －１ꎬ ｘ ＋１ ＋１ － ｘ －２ꎬ －１ < ｘ