狓＝２犪，犪∈犕｝＝｛－２，０，２｝，
∴集合 犕 ∪犖＝｛－２，－１，０，１，２｝，故选 Ｄ．
２．Ｂ 【解 析 】由 题 意，狕１ ＝２－３犻，由 狕１ ·狕２ ＝１＋２犻，得 狕２ ＝１＋２犻
２－３犻 ＝
（１＋２犻）（２＋３犻）
（２－３犻）（２＋３犻）＝－ ４
１３＋ ７
１３犻，
∴复数狕２ 的虚部为 ７
１３，故选 Ｂ．
３．Ｂ 【解析】由题意得在正方形区域内随机投掷１０８９个点，其中落入白色部分的
有４８４个点，则其中落 入 黑 色 部 分 的 有 ６０５ 个 点，由 随 机 模 拟 试 验 可 得：犛黑
犛正
＝
６０５
１０８９，又犛正 ＝９，可得犛黑 ＝６０５
１０８９×９＝５，故选 Ｂ．
４．Ｂ 【解析】当犮＝０ 时，显 然 左 边 无 法 推 导 出 右 边，但 右 边 可 以 推 出 左 边，故
选 Ｂ．
５．Ｃ 【解析】双曲线狓２
犪２ －狔２
犫２ ＝１（犪＞０，犫＞０）的一条渐近线方程为狔＝２狓，设双曲
线的方程为狓２－狔２
４ ＝λ，由双曲线经过点 犘（槡６，４），可得６－１６
４ ＝λ，得λ＝２，则
双曲线的方程为狓２
２ －狔２
８ ＝１，故选 Ｃ．
６．Ａ 【解析】犪＝３，犪＝１不满足，犪 是奇数满足，犪＝１０，犻＝２，
犪＝１０，犪＝１不满足，犪 是奇数不满足，犪＝５，犻＝３，
犪＝５，犪＝１不满足，犪 是奇数满足，犪＝１６，犻＝４，
犪＝１６，犪＝１不满足，犪 是奇数不满足，犪＝８，犻＝５，
犪＝８，犪＝１不满足，犪 是奇数不满足，犪＝４，犻＝６，
犪＝４，犪＝１不满足，犪 是奇数不满足，犪＝２，犻＝７，
犪＝２，犪＝１不满足，犪 是奇数不满足，犪＝１，犻＝８，
犪＝１，犪＝１满足，输出犻＝８，故选 Ａ．
７．Ｄ 【解析】∵把ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝ １
５ ，…①，两边平方得：（ｓｉｎα＋ｃｏｓα）２ ＝ １
２５，即
１＋２ｓｉｎαｃｏｓα＝ １
２５，∴２ｓｉｎαｃｏｓα＝－２４
２５，∵α∈ π
２ ，π（ ），∴ｓｉｎα＞０，ｃｏｓα＜０，
ｓｉｎα－ｃｏｓα＞０，
∴（ｓｉｎα－ｃｏｓα）２＝１－２ｓｉｎαｃｏｓα＝４９
２５，解得ｓｉｎα－ｃｏｓα＝ ７
５ ，…②，
①＋②得：２ｓｉｎα＝ ８
５ ，即ｓｉｎα＝ ４
５ ，ｃｏｓα＝－ ３
５ ，
则ｔａｎα＝－ ４
３ ，ｔａｎ２α＝ ２ｔａｎα
１－ｔａｎ２α＝２４
７ ，故选 Ｄ．
８．Ａ 【解析】由题意得 Ｃ０
狀 ＋Ｃ１
狀 ＋Ｃ２
狀 ＝２２，又狀∈犖＋ ，解得狀＝６，
由 二 项 式 １
２狓－狓２（ ）狀
展 开 式 通 项 得：犜狉＋１ ＝Ｃ狉
６
１
２狓（ ）６－狉
（－狓２）狉 ＝ （－１）狉
１
２（ ）６－狉
Ｃ狉
６狓３狉－６，
令３狉－６＝０，解得狉＝２，则展开式中的常数项为（－１）２ １
２（ ）４
Ｃ２
６＝１５
１６，故选 Ａ．
９．Ｂ 【解析】∵数列 犪狀｛ ｝满足（狀＋１）犪狀 ＝狀犪狀＋１（狀∈犖 ），∴犪狀＋１
狀＋１＝犪狀
狀 ，
∴数列 犪狀
狀｛ ｝为以犪２
２ ＝１的常数列，∴犪狀
狀 ＝１，∴犪狀 ＝狀．
∴等比数列｛犫狀 ｝满足犫１＝犪１＝１，犫２＝犪２＝２，∴狇＝２，
∴｛犫狀 ｝的前６项和为１－２６
１－２＝６３，故选 Ｂ．
１０．Ａ 【解 析】函 数 犳（狓）＝ｓｉｎ２狓 向 右 平 移 π
４ 个 单 位 后 得 到 函 数 犵（狓）＝ｓｉｎ
２狓－ π
２（ ）＝－ｃｏｓ２狓，
当狓＝３π
４ 时，函数的值为０，故 Ｂ错误；函数犵（狓）为偶函数，故 Ｃ错误；
当狓＝３π
８ 时，犵 ３π
８（ ）＝槡２
２ ≠０，故 Ｄ 错误．故选 Ａ．
１１．Ｄ 【解 析 】设 椭 圆 的 左 焦 点 为 犉１，则 犘犙 － 犘犉 ＝ 犘犙 － （２犪 －
犘犉１ ）＝ 犘犙 ＋ 犘犉１ －４，故要求 犘犙 － 犘犉 的最小值，即求 犘犙 ＋
犘犉１ 的最小 值，圆 犆２ 的 半 径 狉 为 ２，所 以 犘犙 ＋ 犘犉１ 的 最 小 值 等 于
犆２犉１ －２＝ （－１＋３）２＋４槡 ２ 槡－２＝２ ５－２，∴ 犘犙 ＋ 犘犉１ 的最小值为２
槡５－６，故选 Ｄ．
１２．Ｂ 【解析】作出犳（狓）的图象如图：
设狋＝犳（狓），则 由 图 象 知 当狋≥４ 时，狋＝犳
（狓）有两个根，
当狋＜４时，狋＝犳（狓）只有一个根，
若函数犵（狓）＝犳２ （狓）＋３犳（狓）＋犿 （犿 ∈
犚）有三个零点，
等价为函数犵（狓）＝犺（狋）＝狋２＋３狋＋犿 有两
个零点，
其中狋１＜４或狋２≥４，
则满足 △＝９－４犿＞０
犳（４）＝１６＋１２＋犿≤０｛ ，
得 犿＜ ９
４
犿≤－２８
烅
烄
烆
，得 犿≤－２８，故选 Ｂ．
１３．２ 【解析】向量犪＝（犿，１），犫＝（４，犿），犪·犫＝ 犪 · 犫 ，
可得４犿＋犿＝ 犿２槡 ＋１· １６＋犿槡 ２ ，解得 犿＝２，犿＝－２（舍去）．
１４．１０
１１ 【解析】设等差数列 犪狀｛ ｝的公差为犱，∵犪９＝ １
２犪１２＋６，犪２＝４，
∴犪６＝１２＝犪１＋５犱，又犪１＋犱＝４，解得犪１＝犱＝２，
∴犛狀 ＝２狀＋狀（狀－１）
２ ×２＝狀（狀＋１）．
∴ １
犛狀
＝ １
狀（狀＋１）＝ １
狀 － １
狀＋１．
则数列 １
犛狀｛ ｝的前１０项和＝１－ １
２ ＋ １
２ － １
３ ＋……＋ １
１０－ １
１１＝１－ １
１１＝１０
１１．
１５．槡３－１ 【解析】∵ 椭 圆 上 存 在 点 犘 使 △犘犗犉 为 正 三 角 形，设 犉 为 右 焦 点，
犗犉 ＝犮，犘 在第一象 限，∴ 点 犘 的 坐 标 为 犮
２ ，槡３
２犮（ ）代 入 椭 圆 方 程 得：犮２
４犪２ ＋
３犮２
４犫２ ＝１，犲＝犮
犪 ，
∴犲２
４ ＋ ３犲２
４－４犲２ ＝１，犲∈（０，１），解得犲 槡＝ ３－１．
１６．（ 槡４－ ７）π 【解析】正四棱锥 犗－犃犅犆犇 的体积
犞＝ １
３犛犺＝ １
３ 槡 槡× ３× ３×犺＝ 槡３ ２
２ ，
∴犺＝ 槡３ ２
２ ，∴斜高为 槡３ ２
２（ ）２
＋ 槡３
２（ ）槡
２
＝ 槡２１
２ ，
设正四棱锥 犗－犃犅犆犇 的内切球的半径为狉，则 １
３
× 槡 槡３× ３＋４× １
２ 槡× ３× 槡２１
２（ ）狉＝ 槡３ ２
２ ，
∴狉＝槡２（槡７－１）
４ ．
∴正四棱锥 犗－犃犅犆犇 的内切球的表面积为４π狉２＝（ 槡４－ ７）π．
１．Ｄ 【解析】∵集合 犕 ＝｛－１，０，１｝，犖＝｛狓
玉树州高三联考数学理科2
评分标准
数学理科2１７．【解析】（１）∵犪２＋犫２－犮２
犪犫 ＝２ｓｉｎ犃－ｓｉｎ犆
ｓｉｎ犅 ，
∴由正弦定理，余弦定理，得２犪犫ｃｏｓ犆
犪犫 ＝２犪－犮
犫 ， ２分……………………………
可得２犫ｃｏｓ犆＋犮＝２犪， ３分…………………………………………………………
∴２ｓｉｎ犅ｃｏｓ犆＋ｓｉｎ犆＝２ｓｉｎ犃， ４分………………………………………………
∴２ｓｉｎ犅ｃｏｓ犆＋ｓｉｎ犆＝２ｓｉｎ（犅＋犆）＝２ｓｉｎ犅ｃｏｓ犆＋２ｃｏｓ犅ｓｉｎ犆，
可得ｓｉｎ犆＝２ｃｏｓ犅ｓｉｎ犆， ５分………………………………………………………
∵ｓｉｎ犆≠０，∴ｃｏｓ犅＝ １
２ ．
∵犅∈（０，π），∴犅＝ π
３ ． ６分…………………………………………………………
（２）∵犅＝ π
３ ，△犃犅犆 的面积为槡３＝ １
２犪犮ｓｉｎ犅＝槡３
４犪犮， ７分……………………
∴犪犮＝４， ８分…………………………………………………………………………
∵由余弦定理可得：犫２＝犪２＋犮２－犪犮≥２犪犮－犪犮＝犪犮＝４，
当且仅当犪＝犮 时等号成立， １１分…………………………………………………
∴犫≥２．
可得边犫 的取值范围是［２，＋∞）． １２分……………………………………………
１８．【解析】（１）∵四边形 犃犅犆犇 与犅犇犈犉 均为菱形，
∴犃犇∥犅犆，犇犈∥犅犉． １分…………………………………………………………
∵犃犇平面 犉犅犆，犇犈平面 犉犅犆，犅犆平面 犉犅犆，犅犉平面 犉犅犆，
∴犃犇∥平面 犉犅犆，犇犈∥平面 犉犅犆， ３分…………………………………………
又 犃犇∩犇犈＝犇，犃犇平面 犈犃犇，犇犈平面 犈犃犇，
∴平面 犉犅犆∥平面 犈犃犇，
又 犉犆平面 犉犅犆，∴犉犆∥平面 犈犃犇． ５分………………………………………
（２）连接 犉犗，犉犇，∵四边形 犅犇犈犉 为菱形，且∠犇犅犉＝６０°，
∴△犇犅犉 为等边三角形，
∵犗 为犅犇 中点，∴犉犗⊥犅犇，
又∵犗 为犃犆 中点，且 犉犃＝犉犆，∴犃犆⊥犉犗，
又 犃犆∩犅犇＝犗，∴犉犗⊥平面 犃犅犆犇．
由 犗犃，犗犅，犗犉 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 犗－狓狔狕． ７分……
设 犃犅＝２，因为四边形 犃犅犆犇 为菱形，∠犇犃犅＝６０°，
则 犅犇＝２，犗犅＝１，犗犃＝犗犉 槡＝ ３，
∴犗（０，０，０），犃（槡３，０，０），犅（０，１，０），犆（ 槡－ ３，０，０），犉
（０，０，槡３），
犆犉→ ＝（槡３，０，槡３），犆犅→ ＝（槡３，１，０），犃犉→ ＝（ 槡－ ３，０，槡３），
８分…………………………………………………
设平面 犅犆犉 的一个法向量狀＝（狓，狔，狕），
则 狀·犆犉→ 槡＝ ３狓 槡＋ ３狕＝０
狀·犆犅→ 槡＝ ３狓＋狔＝０｛ ，取狓＝１，得狀＝（１， 槡－ ３，
－１）， １０分……………………………………………………………………………
设直线 犃犉 与平面犅犆犉 所成角为θ，
则ｓｉｎθ＝ 犃犉→ ·狀
犃犉→ · 狀
＝ 槡－２ ３
槡６·槡５
＝ 槡１０
５ ， １１分………………………………
∴ｃｏｓθ＝ １－ 槡１０
５（ ）槡
２
＝ 槡１５
５ ，
∴直线 犃犉 与平面犅犆犉 所成角的余弦值为 槡１５
５ ． １２分…………………………
１９．【解析】（１）在不开箱检验的情况下，一箱产品中正品的价格期望值为：
犈ξ＝１００×（１－０．２）×１００×０．５＋１００×（１－０．１）×１００×０．５＝８５００＞８４００，
∴在不开箱检验的情况下，可以购买． ３分…………………………………………
（２）①犡 的可能取值为０，１，２，
犘（犡＝０）＝Ｃ０
２×０．２０×０．８２＝０．６４，
犘（犡＝１）＝Ｃ１
２×０．２１×０．８１＝０．３２，
犘（犡＝２）＝Ｃ２
２×０．２２×０．８０＝０．０４，
∴犡 的分布列为：
犡 ０ １ ２
犘 ０．６４ ０．３２ ０．０４
犈（犡）＝０×０．６４＋１×０．３２＋２×０．０４＝０．４． ７分……………………………………
②设事件 犃：发现在抽取检验的２件产品中，其中恰有一件是废品，
则 犘（犃）＝Ｃ１
２×０．２×０．８×０．５＋Ｃ１
２×０．１×０．９×０．５＝０．２５， ８分…………………
一箱产品中，设正品的价格的期望值为η，则η＝８０００，９０００，
事件 犅１：抽取的废品率为２０％ 的一箱，
则 犘（η＝８０００）＝犘（犅１｜犃）＝犘（犃犅１）
犘（犃） ＝Ｃ１
２×０．２×０．８×０．５
０．２５ ＝０．６４， ９分………
事件 犅２：抽取的废品率为１０％ 的一箱，
则 犘（η＝９０００）＝犘（犅２｜犃）＝犘（犃犅２）
犘（犃） ＝Ｃ１
２×０．１×０．９×０．５
０．２５ ＝０．３６， １０分……
∴犈（η）＝８０００×０．６４＋９０００×０．３６＝８３６０＜８４００， １１分…………………………
∴已发现在抽取检验的２件产品中，其中恰有一件是废品，不可以购买．
１２分
………
………………………………………………………………………………
２０．【解析】（１）∵直线犾：狓－狔＋１＝０与抛物线犆 相切，
由 狓－狔＋１＝０
狔２＝２狆狓｛ 消去狓 得，狔２－２狆狔＋２狆＝０， ２分………………………………
从而 Δ＝４狆２－８狆＝０，解得狆＝２． ３分……………………………………………
∴抛物线犆 的方程为狔２＝４狓． ４分…………………………………………………
（２）由于直线 犿 的斜率不为０，所以可设直线 犿 的方程为狋狔＝狓－１，犃（狓１，狔１），
犅（狓２，狔２）．
由 狋狔＝狓－１
狔２＝４狓｛ 消去狓 得，狔２－４狋狔－４＝０， ６分……………………………………
∴狔１＋狔２＝４狋，从而狓１＋狓２＝４狋２＋２，
∴线段 犃犅 的中点 犕 的坐标为（２狋２＋１，２狋）． ７分…………………………………
设点 犃 到直线犾的距离为犱犃 ，点 犅 到直线犾的距离为犱犅 ，点 犕 到直线犾的距离
为犱，
则犱犃 ＋犱犅 ＝２犱＝２·｜２狋２－２狋＋２｜
槡２
槡＝２ ２ 狋２－狋＋１ 槡＝２ ２ 狋－ １
２（ ）２
＋ ３
４
，
１０分………………………………………………………………………………
∴当狋＝ １
２ 时，可使 犃，犅 两点到直线犾的距离之和最小，距离的最小值为 槡３ ２
２ ．
１２分………………………………………………………………………………
２１．【解析】（１）∵函数犳（狓）＝ｌｎ狓＋ １
狓 －１，∴函数犳′（狓）＝ １
狓 － １
狓２ ，（狓＞０）．
１分
…
………………………………………………………………………………
由犳′（狓）＝ １
狓 － １
狓２ ＞０，解得狓＞１，由犳′（狓）＝ １
狓 － １
狓２ ＜０，得０＜狓＜１．
∴函数的单调递增区间是（１，＋∞），单调递减区间是（０，１）． ３分………………
（２）证明：由（１）知，狔＝犳（狓）的最小值为犳（１）＝０，
∴犳（狓）＞０（狓＞０且狓≠１），即ｌｎ狓＞１－ １
狓 ， ５分…………………………………
槡∴ｌｎ ２＞１－ １
槡２
， 槡ｌｎ ３＞１－ １
槡３
，…，ｌｎ 狀槡 ＋１＞１－ １
狀槡 ＋１
， ６分………………
累 加 得： 槡 槡ｌｎ ２ ＋ ｌｎ ３ ＋ … ＋ ｌｎ 狀槡 ＋１ ＞ １－ １
槡２（ ）＋ １－ １
槡３（ ）＋ …
＋ １－ １
狀槡 ＋１（ ），
即 １
２ｌｎ［２×３×４×…×（狀＋１）］＞狀－
１
槡２
＋ １
槡３
＋…＋ １
狀槡 ＋１（ ），
∴ｌｎ（狀＋１）！＞２狀－２
１
槡２
＋ １
槡３
＋…＋ １
狀槡 ＋１（ ）， ８分……………………………
下面利用数学归纳法证明 １
槡２
＋ １
槡３
＋…＋ １
狀槡 ＋１
＜２ 狀槡 ＋１．
当狀＝１时，左边＝槡２
２ ，右边 槡＝２ ２，不等式成立； ９分……………………………
假设当狀＝犽 时不等式成立，即 １
槡２
＋ １
槡３
＋…＋ １
犽槡 ＋１
＜２ 犽槡 ＋１，
那么，当狀＝犽＋１时，１
槡２
＋ １
槡３
＋…＋ １
犽槡 ＋１
＋ １
犽槡 ＋２
＜２ 犽槡 ＋１＋ １
犽槡 ＋２
．
１０分
…
………………………………………………………………………………
要证２ 犽槡 ＋１＋ １
犽槡 ＋２
＜２ 犽槡 ＋２，
只需证２ 犽２＋３犽槡 ＋２＋１＜２犽＋４，也就是证８＜９，此时显然成立．
∴２ 犽槡 ＋１＋ １
犽槡 ＋２
＜２ 犽槡 ＋２，
即 １
槡２
＋ １
槡３
＋…＋ １
犽槡 ＋２
＜２ 犽槡 ＋２，
综上，１
槡２
＋ １
槡３
＋…＋ １
狀槡 ＋１
＜２ 狀槡 ＋１．
∴ｌｎ（狀＋１）！＞２狀－４ 狀槡 ＋１（狀∈犖 ）． １２分……………………………………
２２．【解析】（１）∵曲线犆１∶狓２－狔２＝２，
∴曲线犆１ 的极坐标方程为：ρ２ｃｏｓ２θ－ρ２ｓｉｎ２θ＝２，即ρ２ｃｏｓ２θ＝２ ２分………
∵曲线犆２ 的参数方程为 狓＝２＋２ｃｏｓθ
狔＝２ｓｉｎθ｛ （θ 为参数）．
∴曲线犆２ 的普通方程为：（狓－２）２＋狔２＝４， ３分…………………………………
即狓２＋狔２－４狓＝０，
∴曲线犆２ 的极坐标方程为ρ＝４ｃｏｓθ． ４分………………………………………
（２）由（１）得：点 犃 的极坐标为 ２，π
６（ ），
点 犅 的极坐标为 槡２ ３，π
６（ ）， ６分…………………………………………………
∴ 犃犅 ＝ 槡２－２ ３ 槡＝２ ３－２， ７分……………………………………………
犕（３，０）点到射线θ＝ π
６ （ρ≥０）的距离为犱＝３ｓｉｎ π
６ ＝ ３
２ ， ８分…………………
∴△犕犃犅 的面积为：
犛△犕犃犅 ＝ １
２ 犃犅 犱＝ １
２ ×（槡２ ３－２）× ３
２ ＝ 槡３ ３－３
２ ． １０分………………………
２３．【解 析 】 因 为 犿 ＞ ０，所 以 犳 （狓 ） ＝ 狓＋犿 － ２狓－２犿 ＝
狓－３犿，狓≤－犿
３狓－犿，－犿＜狓＜犿
－狓＋３犿，狓≥犿
烅
烄
烆
． １分…………………………………………………………
（１）当 犿＝ １
２ 时，犳（狓）＝
狓－ ３
２ ，狓≤－ １
２
３狓－ １
２ ，－ １
２ ＜狓＜ １
２
－狓＋ ３
２ ，狓≥ １
２
烅
烄
烆
２分……………………………
所以由犳（狓）≥ １
２ ，可得
狓－ ３
２ ≥ １
２
狓≤－ １
２
烅
烄
烆
或
３狓－ １
２ ≥ １
２
－ １
２ ＜狓＜ １
２
烅
烄
烆
或
－狓＋ ３
２ ≥ １
２
狓≥ １
２
烅
烄
烆
，
３分
……
………………………………………………………………………………
解得 １
３ ≤狓＜ １
２ 或 １
２ ≤狓≤１， ４分…………………………………………………
故原不等式的解集为 狓 １
３ ≤狓≤１｛ ｝． ５分………………………………………
１数学理科2（２）因为犳（狓）＋ 狋－３ ＜ 狋＋４ 犳（狓）＜ 狋＋４ － 狋－３ ，
令犵（狋）＝ 狋＋４ － 狋－３ ，则由题设可得犳 （狓）ｍａｘ＜犵 （狋）ｍａｘ． ６分……………
由犳（狓）＝
狓－３犿，狓≤－犿
３狓－犿，－犿＜狓＜犿
－狓＋３犿，狓≥犿
烅
烄
烆
，得犳 （狓）ｍａｘ＝犳（犿）＝２犿． ７分………………
因为 狋＋４ － 狋－３ ≤ （狋＋４）－（狋－３） ＝７，所以－７≤犵（狋）≤７． ８分…
故犵 （狋）ｍａｘ＝７，从而２犿＜７，即 犿＜ ７
２ ， ９分………………………………………
又已知 犿＞０，故实数 犿 的取值范围是 ０，７
２（ ）． １０分……………………………
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