猜想卷数学（理）试题.pdf

１　　　　 理科数学(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】 本题考查不等式及其运算等知识. 【解题思路】 由 １ｘ < １ 可得ꎬｘ < ０ 或 ｘ > １ꎬ由 ｜ ｘ ＋ １ ｜ < １ 可得ꎬ － ２ < ｘ < ０ꎬ所以 Ｍ∩Ｎ ＝ {ｘ｜ － ２ < ｘ < ０}. 故选 Ｂ. ２. Ｃ 【命题意图】 本题考查复数的概念及其运算能力. 【解题思路】 设 ｚ ＝ ｘ ＋ ｙｉꎬ由 ｜ ｚ － ３ － ｉ ｜ ＝ １ 可得( ｘ － ３) ２ ＋ (ｙ － １) ２ ＝ １ꎬ即复数 ｚ 在复平面上对应的点的轨迹是以( ３ꎬ１) 为圆心ꎬ １ 为 半 径 的 圆ꎬ 由 数 形 结 合 知ꎬ ｜ ｚ ｜ 的 最 大 值 为 ( ３) ２ ＋ １ ２ ＋ １ ＝ ３. 故选 Ｃ. ３. Ａ 【命题意图】 本题考查三角函数、对数、指数等知识. 【解题思路】 ａ ＝ ( ｔａｎ ２π ５ ) ０. １ > ( ｔａｎ ２π ５ ) ０ ＝ １ꎬｂ ＝ ｌｏｇ３２∈(０ꎬ １)ꎬｃ ＝ ｌｏｇ２ ( ｃｏｓ ３π ７ ) < ｌｏｇ２１ ＝ 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 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 . 当 ｎ ＝１０ 时ꎬＳ １０ ＝１０(１０ ＋１)(２０ ＋１) １２ ＋１０(１０ ＋１) ４ ＝２２０. 故选 Ｂ. ５. Ａ 【命题意图】 本题考查函数图象及函数单调性等知识. 【解题思路】 函数 ｆ(ｘ) ＝ (ｅ ｘ ＋ ｅ － ｘ )ｓｉｎ(ｘ ＋ φ)(０≤φ≤π)为非 单调函数ꎬ排除 ＢꎬＣꎬＤ. 故选 Ａ. ６. Ｃ 【命题意图】 本题以数学文化为背景ꎬ考查数学阅读理解能力等. 【解题思路】 对照图 １ꎬ可知图 ３ 中的数字从上到下依次为 １ꎬ ２８６ꎬ １ ７４３. 又“元”在 ２８６ 旁ꎬ故 ２８６ 为一次项系数ꎬ１ ７４３ 为二 次项系数ꎬ１ 为常数项. 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】 输出 Ｓ 时ꎬｉ ＝ １０ ＋ １ ＝ １１ꎬ所以 Ｓ ＝ － １(１ ＋ １) ＋ ２(２ ＋ １) － ３(３ ＋ １) ＋ ４(４ ＋ １) － ５(５ ＋ １) ＋ ６(６ ＋ １) － ７(７ ＋ １) ＋ ８(８ ＋ １) － ９(９ ＋ １) ＋ １０(１０ ＋ １) ＝ － １ ２ ＋ ２ ２ － ３ ２ ＋ ４ ２ － ５ ２ ＋ ６ ２ － ７ ２ ＋ ８ ２ － ９ ２ ＋ １０ ２ ＋ ( － １ ＋ ２ － ３ ＋ ４ － ５ ＋ ６ － ７ ＋ ８ － ９ ＋ １０) ＝ (２ ＋ １)(２ － １) ＋ (４ ＋ ３) (４ － ３) ＋ ƺ ＋ (１０ ＋ ９) × (１０ － ９) ＋ ５ ＝ ６０. 故选 Ｄ. ８. Ａ 【命题意图】 本题考查向量及运算能力. 【解题思路】 由 ｔａｎ θ ＝ １ ２ ꎬθ 为 ａꎬｂ 的夹角ꎬ故 θ 为锐角ꎬ所以求 得 ｃｏｓ θ ＝ ２ ５ ５ . ｜ ｍ ｜ ２ ＝ ( ５ａ － ３ｂ) ２ ＝ １４ － ６ ５ ａŰｂ ＝ １４ － ６ ５ ｜ ａ｜ Ű｜ ｂ｜ ｃｏｓ θ ＝ ２ꎬ所以 ｜ ｍ｜ ＝ ２. 故选 Ａ. ９. Ｃ 【命题意图】 本题考查二项式定理、通项公式及运算能力. 【解题思路】 ( ｘ ＋ ｂ ｘ ) ７ 的通项公式为 Ｔｒ ＋ １ ＝ Ｃ ｒ ７ ｘ７ － ｒ ( ｂ ｘ ) ｒ ＝ Ｃ ｒ ７ ｂｒ ｘ７ － ２ｒ ꎬ其中 ｘ３ 的系数为 ｂ２ Ｃ ２ ７ ꎬ展开式中没有含 ｘ４ 的项ꎬ所 以(２ｘ ＋ ａ) ( ｘ ＋ ｂ ｘ ) ７ 中 ｘ４ 的系数为 ２ｂ２ Ｃ ２ ７ ＝ ４２ꎬ所以 ｂ ＝ ± １ꎬ而 ａ∈Ｒ. 故选 Ｃ. １０. Ｄ 【命题意图】 本题考查椭圆、离心率等知识及运算能力. 【解题思路】 设椭圆 Ｃ 的焦点坐标 Ｆ １ ( － ｃꎬ０)ꎬＦ ２ (ｃꎬ０)ꎬ则 ｜ Ｆ １ Ｆ ２ ｜ ＝ ２ｃꎬ ｜ ＡＢ ｜ ＝ ｜ Ｆ １ Ｆ ２ ｜ ＝ ２ｃꎬ由 ｜ Ｆ １ Ａ ｜ ＋ ｜ Ｆ ２ Ａ ｜ ＝ ２ａꎬ ｜ Ｆ １ Ｂ｜ ＋ ｜ Ｆ ２ Ｂ｜ ＝ ２ａꎬ ｜ ＡＢ ｜ ＝ ｜ Ｆ １ Ｆ ２ ｜ ꎬ ｜ Ｆ １ Ａ ｜ ＝ １ ２ ｜ Ｆ １ Ｂ ｜ ꎬ容易 求得 ｜ Ｆ １ Ｂ ｜ ＝ ８ａ － ４ｃ ３ ꎬ ｜ Ｆ １ Ａ ｜ ＝ ４ａ － ２ｃ ３ ꎬ ｜ Ｆ ２ Ａ ｜ ＝ ２ａ ＋ ２ｃ ３ ꎬ ｜ Ｆ ２ Ｂ｜ ＝ ４ｃ － ２ａ ３ . 在 △ＡＦ １ Ｆ ２ 和 △ＢＦ １ Ｆ ２ 中ꎬ由余弦定理的推论得ꎬ ｃｏｓ∠Ｆ １ Ｆ ２ Ａ ＝ (２ｃ) ２ ＋ (２ａ ＋ ２ｃ ３ ) ２ － (４ａ － ２ｃ ３ ) ２ ２ × ２ｃ × (２ａ ＋ ２ｃ ３ ) ＝ ３ｃ － ａ ２ｃ ꎬ ｃｏｓ∠Ｆ １ Ｆ ２ Ｂ ＝ (２ｃ) ２ ＋ (４ｃ － ２ａ ３ ) ２ － (８ａ － ４ｃ ３ ) ２ ２ × ２ｃ × (４ｃ － ２ａ ３ ) ＝ ３ｃ２ ＋ ４ａｃ － ５ａ２ ２ｃ(２ｃ － ａ) . 因为 ∠ＡＦ ２ Ｆ １ ＋ ∠ＢＦ ２ Ｆ １ ＝ πꎬ所以３ｃ － ａ ２ｃ ＋ ３ｃ２ ＋ ４ａｃ － ５ａ２ ２ｃ(２ｃ － ａ) ＝ ０ꎬ 化简得 ９ｃ２ － ａｃ － ４ａ２ ＝ ０. 设椭圆 Ｃ 的离心率为 ｅꎬ则 ９ｅ２ － ｅ － ４ ＝ ０ꎬ解得 ｅ ＝ １ ＋ １４５ １８ 或 ｅ ＝ １ － １４５ １８ (舍去)ꎬ即椭圆 Ｃ 的离心率 ｅ ＝ １ ＋ １４５ １８ . 故选 Ｄ. １１. Ｂ 【命题意图】 本题考查多项式函数与数列、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 ꎬ当 ｎ≥２ 时ꎬ令 ｘ ＝ １ 得 ａ １ ＋ ａ ２ ＋ ƺ ＋ ａｎ ＝ ０ꎬ 由 ｇ(ｘ) ＝ ｆ(ｘ)(ｘ － ｎ) ＝ ｂ １ ｘ ＋ ｂ ２ ｘ２ ＋ ƺ ＋ ｂｎ ＋ １ ｘｎ ＋ １ ꎬ令 ｘ ＝ １ 得 ｂ １ ＋ ｂ ２ ＋ ƺ ＋ ｂｎ ＋ ｂｎ ＋ １ ＝ ０ꎬ而 ｂｎ ＋ １ ＝ １ꎬ所以 ｂ １ ＋ ｂ ２ ＋ ƺ ＋ ｂｎ ＝ － １ꎬ故 ① 错误ꎻ ｇ(ｘ) ＝ ｆ(ｘ)(ｘ － ｎ) ＝ (ａ １ ｘ ＋ ａ ２ ｘ２ ＋ ƺ ＋ ａｉ －１ ｘｉ －１ ＋ ａｉ ｘｉ ＋ ƺ ＋２　　　　 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) 而 ａ １ ＝ ( － １) × ( － ２) × ƺ × [ － (ｎ － １)] ＝ ( － １) ｎ － １ (ｎ － １)!ꎬ所以 ｂ １ ＝ ( － １) ｎ ｎ!ꎬ故 ②③ 正确ꎻ 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 . 故 ④ 正确. 故选 Ｂ. 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)可得ꎬ 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)ꎻ 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. ４ 【命题意图】 本题考查数列递推公式、数列及其求和等运算能力. 【解题思路】 由 Ｓ １１ ＝ １１ａ ６ ＝ ２２ꎬ得 ａ ６ ＝ ２. 又 ａ ３ ａ ６ ＋ ａ ９ ＝ ３ꎬ即 (ａ ６ － ３ｄ)ａ ６ ＋ ａ ６ ＋ ３ｄ ＝ ３ꎬ解得 ｄ ＝ １. 所以 ａ ８ ＝ ａ ６ ＋ ２ｄ ＝ ４. １４. ８π ４９ 【命题意图】 本题考查简单线性规划、几何概型等知识及数形 结合思想. 【解题思路】 不等式组表示的平面 区域为如图所示的 △ＡＢＣ 的内部 及 边 界ꎬ Ａ ( ２ꎬ ５ ２ )ꎬ Ｂ ( － ３ ２ ꎬ － １)ꎬＣ(２ꎬ － １)ꎬ则 Ｓ △ＡＢＣ ＝ １ ２ × ７ ２ × ７ ２ ＝ ４９ ８ ꎬ而二次函数ｆ(ｘ) ＝ ａｘ２ ＋ ２ｂｘ － ａ ＋ ２ 在 Ｒ 上无零点ꎬ则 ａ≠０ꎬ(２ｂ) ２ － ４ａ( － ａ ＋ ２) < ０ꎬ即(ａ － １) ２ ＋ ｂ２ < １ꎬ可得对应的平面区域如图中圆形区 域内部(不包括边界). 由几何概型知ꎬ所求的概率为π ×１ ２ ４９ ８ ＝８π ４９ . １５. １３ ５４ 【命题意图】 本题考查计数原理及分类讨论思想. 【解题思路】 甲以 ３∶ ２ 获胜ꎬ则第 ５ 局甲获胜ꎬ前四局为平局ꎬ 甲两胜两负. 根据规则ꎬ甲执红棋开局ꎬ则前四局甲执棋顺序 是“红黑红黑”ꎬ第 ５ 局甲执红棋. 前四局甲取胜可能的情况是 ① 甲 ２ 次执红棋取胜ꎻ ② 甲 ２ 次执黑棋取胜ꎻ ③ 甲 １ 次执红棋和 １ 次执黑棋取胜. 故概率为 ( ２ ３ ) ３ ( １ － １ ２ ) ２ ＋ ( １ ２ ) ２ ( １ － ２ ３ ) ２ × ２ ３ ＋ [ Ｃ １ ２ ２ ３ (１ － ２ ３ ) ŰＣ １ ２ １ ２ (１ － １ ２ ) ] × ２ ３ ＝ １３ ５４ . １６. ３ꎬ １ ６ (ＡＢ ＋ ＣＤ ＋ ＥＦ)ｈ １ ｈ ２ 【命题意图】 本题以数学文化为背景ꎬ考查几何体的体积. 【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 ＧꎬＨ 两点分别 作 ＥＦ 的垂线ꎬ垂足分别为 ＭꎬＮ. 由平 面ＡＢＣＤ 与 平 面 ＣＤＥＦ 相 互 垂 直 知ꎬ 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 . 将羡除 ＡＢＣＤＥＦ 分割为两个四棱锥 Ａ￣ＤＥＭＧꎬＢ￣ＨＮＦＣ 和一个 直棱柱 ＡＧＭ￣ＢＨＮ. 所以所求几何体体积 ＶＡＢＣＤＥＦ ＝ Ｖ直棱柱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 ŰＢＨ ＝ １ ２ ＡＧŰＧＭŰＧＨ ＋ １ ３ × ( ＤＧ ＋ ＥＭ ２ × ＧＭ × ＡＧ ＋ ＨＣ ＋ ＮＦ ２ × ＨＮ × ＢＨ ) ＝ １ ２ ＡＧŰＧＭŰＧＨ ＋ １ ３ × ( ＤＧ ＋ ＥＭ ２ × ＧＭ × ＡＧ ＋ ＨＣ ＋ ＮＦ ２ × ＧＭ × ＡＧ ) ＝ １ ６ ＡＧŰＧＭ(３ＧＨ ＋ ＤＧ ＋ ＥＭ ＋ ＨＣ ＋ ＮＦ) ＝ １ ６ ＡＧŰＧＭ[(ＤＧ ＋ ＧＨ ＋ ＨＣ) ＋ (ＥＭ ＋ ＧＨ ＋ ＮＦ) ＋ ＧＨ] ＝ １ ６ ｈ １ Űｈ ２ (ＤＣ ＋ ＥＦ ＋ ＡＢ) ＝ １ ６ × ３ × １ × (３ ＋ ２ ＋ １) ＝ ３. 从以上求解过程可归纳出求羡除体积的一般公式为 Ｖ ＝ １ ６ (ＡＢ ＋ ＣＤ ＋ ＥＦ)ｈ １ ｈ ２ . 三、解答题:共 ７０ 分. (一)必考题:共 ６０ 分. １７. 【命题意图】 本题考查正弦定理、余弦定理、三角变换、三角形 面积等有关知识. 【解题思路】 (Ⅰ)由 ２ａｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｓｉｎ ２Ａ ＝ ａｂ 得ꎬ ２ｓｉｎ Ａ(ａｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｃｏｓ Ａ) ＝ ａｂꎬ３　　　　 由射影定理可知 ａｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｃｏｓ Ａ ＝ ｂꎬ 所以 ２ｓｉｎ Ａ ＝ ａ. 由正弦定理可知 ａ ｓｉｎ Ａ ＝ ２Ｒ(Ｒ 为 △ＡＢＣ 外接圆的半径)ꎬ 所以 Ｒ ＝ １. (４ 分)…………………………………………… (Ⅱ)当 ａ ＝ ３ 时ꎬｓｉｎ Ａ ＝ ３ ２ ꎬ所以 Ａ ＝ π ３ 或 Ａ ＝ ２π ３ . (１)当 Ａ ＝ π ３ 时ꎬ由余弦定理的推论 ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＝ １ ２ 得ꎬ ｂ２ ＋ ｃ２ ＝ ３ ＋ ｂｃ≥２ｂｃꎬ所以 ｂｃ≤３ꎬ 所以 Ｓ △ＡＢＣ ＝ １ ２ ｂｃｓｉｎ Ａ≤ １ ２ × ３ × ３ ２ ＝ ３ ３ ４ ꎬ此时ꎬ三角形 ＡＢＣ 的面积 Ｓ 的最大值为３ ３ ４ . (８ 分)…………………………… (２)当 Ａ ＝ ２π ３ 时ꎬ由余弦定理的推论 ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＝ － １ ２ 得. ｂ２ ＋ ｃ２ ＝ ３ － ｂｃ≥２ｂｃꎬ所以 ｂｃ≤１ꎬ 所以 Ｓ △ＡＢＣ ＝ １ ２ ｂｃｓｉｎ Ａ≤ １ ２ × １ × ３ ２ ＝ ３ ４ ꎬ此时ꎬ三角形 ＡＢＣ 的面积 Ｓ 的最大值为 ３ ４ . (１２ 分)…………………………… １８. 【命题意图】 本题主要考查平面垂直、直线与平面垂直、二面角 等知识以及直观想象能力与运算能力. 【解题思路】 (Ⅰ)证明:当 λ ＝ １ ２ 时ꎬＤꎬＥ 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 Ｂ ＝ ９０°ꎬ所以 ＡＡ １ ⊥Ａ １ Ｂ. 又 ｜ Ａ １ Ｅ｜ ＝ ｜ ＡＥ｜ ＝ ｜ ＥＣ｜ ꎬ同理有 ＡＡ １ ⊥Ａ １ Ｃ. 而 Ａ １ Ｂ∩Ａ １ Ｃ ＝ Ａ １ ꎬＡ １ ＢꎬＡ １ Ｃ⊂ 平面 Ａ １ ＢＣꎬ所以 ＡＡ １ ⊥ 平面 Ａ １ ＢＣ. 又 ＢＣ⊂ 平面 Ａ １ ＢＣꎬ所以 ＡＡ １ ⊥ＢＣ. 因为 ＤＥ∥ＢＣꎬＢＣ⊂ 平面 Ａ １ ＢＣꎬＤＥ⊄ 平面 Ａ １ ＢＣꎬ所以 ＤＥ∥ 平 面 Ａ １ ＢＣ. 又 ｌ 为平面 Ａ １ ＢＣ 与平面 Ａ １ ＤＥ 的交线ꎬ所以 ＤＥ∥ｌꎬ 所以 ＢＣ∥ｌꎬ所以 ｌ⊥ＡＡ １ . (４ 分)…………………………… (Ⅱ) 因为 ∠ＡＢＣ ＝ ９０°ꎬＤＥ⊥ＡＢꎬ所以以 Ｄ 为原点ꎬＤＥ 为 ｘ 轴ꎬＤＡ 为 ｙ 轴ꎬＤＡ １ 为 ｚ 轴建立如图所示空间直角坐标系ꎬ设 ｜ ＡＢ｜ ＝ １ꎬ｜ ＢＣ｜ ＝ ２ａꎬ则 ｜ ＡＤ｜ ＝ λꎬ所以 Ｄ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＡ(０ꎬλꎬ０)ꎬ Ｂ(０ꎬλ － １ꎬ０)ꎬＣ(２ａꎬλ － １ꎬ０)ꎬＥ(２ａλꎬ０ꎬ０)ꎬＡ １ (０ꎬ０ꎬλ). ＢＣ→ ＝ (２ａꎬ０ꎬ０)ꎬＡ １ Ｃ→ ＝ (２ａꎬλ － １ꎬ － λ)ꎬ设平面 Ａ １ ＢＣ 的一个 法向量 ｎ １ ＝ (ｘ １ ꎬｙ １ ꎬｚ １ )ꎬ则 ｎ １ ŰＢＣ→ ＝ ０ꎬ ｎ １ ŰＡ １ Ｃ→ ＝ ０ꎬ{ 所以 ２ａｘ １ ＝ ０ꎬ ２ａｘ １ ＋ (λ － １)ｙ １ － λｚ １ ＝ ０ꎬ{ 所以 ｎ １ ＝ (０ꎬ λ λ － １ ꎬ１ ) . (８ 分)…………………………… 平面 Ａ １ ＤＥ 的一个法向量 ｎ ２ ＝ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ平面 Ａ １ ＢＣ 与平面 Ａ １ ＤＥ 所成的二面角为 π ３ ꎬ 所以 ｃｏｓ π ３ ＝ ｜ ｎ １ Űｎ ２ ｜ ｜ ｎ １ ｜ Ű｜ ｎ ２ ｜ ＝ λ λ － １ ( λ λ － １ ) ２ ＋ １ ＝ １ ２ ꎬ 所以 ２λ２ ＋ ２λ － １ ＝ ０ꎬ 所以 λ ＝ － １ ＋ ３ ２ 或 λ ＝ － １ － ３ ２ (舍去). 所以 λ ＝ ３ － １ ２ . (１２ 分) … …………………………………………………… １９. 【命题意图】 本题考查概率、随机变量分布列、数学期望、二项 分布、超几何分布等知识. 【解题思路】 (Ⅰ)设每次比赛甲在第一赛道的概率为 ｐꎬ则 ３次比赛中ꎬ甲恰有 ２ 次在第一赛道的概率为 ｆ(ｐ) ＝ Ｃ ２ ３ Űｐ２ Ű (１ － ｐ) ＝ － ３ｐ３ ＋ ３ｐ２ (０≤ｐ≤１)ꎬ则 ｆ ′(ｐ) ＝ － ３ｐ(３ｐ － ２). 当 ｐ∈ (０ꎬ ２ ３ ) 时ꎬｆ ′(ｐ) > ０ꎬｆ(ｐ)单调递增ꎻ当 ｐ∈ ( ２ ３ ꎬ１ ) 时ꎬ ｆ ′(ｐ) < ０ꎬｆ(ｐ)单调递减. 所以当 ｐ ＝ ２ ３ 时ꎬｆ(ｐ)取得最大值. 而由摸球的规则知ꎬｐ ＝ Ｃ １ｎ ŰＣ １ ２ Ｃ ２ｎ ＋ ２ ＝ ４ｎ (ｎ ＋ １)(ｎ ＋ ２) ＝ ２ ３ ꎬ解得 ｎ ＝ １ 或 ｎ ＝ ２. 故当口袋中放入一个红球或两个红球时ꎬ３ 次 比赛中甲恰有 ２ 次分在第一赛道的概率最大. (４ 分)……… (Ⅱ)设甲在每次比赛中胜出的概率为 λ(０≤λ≤１)ꎬ由已知 甲在比赛中最终获胜的概率为 ７ ２７ ꎬ即甲在 ３ 次比赛中有 ２ 次 胜出或 ３ 次胜出的概率为 ７ ２７ ꎬ所以 λ３ ＋ Ｃ ２ ３ λ２ (１ － λ) ＝ ７ ２７ . 化简得 ５４λ３ － ８１λ２ ＋ ７ ＝ ０ꎬ即 ５４λ３ － １８λ２ － ６３λ２ ＋ ７ ＝ ０ꎬ所 以(３λ － １)(１８λ２ － ２１λ － ７) ＝ ０ꎬ解得 λ ＝ １ ３ 或 λ ＝ ７ ± １０５ １２ (舍去)ꎬ所以甲在每次比赛中胜出的概率为 １ ３ . (８ 分)…… 由题意知ꎬ甲得分 Ｘ 的所有可能取值为 － ３ꎬ － １ꎬ１ꎬ３. Ｐ(Ｘ ＝ －３) ＝ (１ － １ ３ ) ３ ＝ ８ ２７ ꎬＰ(Ｘ ＝ － １) ＝ Ｃ ２ ３ (１ － １ ３ ) ２ × １ ３ ＝ ４ ９ ꎬＰ(Ｘ ＝１) ＝ Ｃ １ ３ (１ － １ ３ ) × ( １ ３ ) ２ ＝ ２ ９ ꎬＰ(Ｘ ＝ ３) ＝ ( １ ３ ) ３ ＝ １ ２７ . 故甲得分 Ｘ 的分布列为: Ｘ － ３ － １ １ ３ Ｐ ８ ２７ ４ ９ ２ ９ １ ２７ 所以随机变量 Ｘ 的数学期望 Ｅ(Ｘ) ＝ ( － ３) × ８ ２７ ＋ ( － １) × ４ ９ ＋ １ × ２ ９ ＋ ３ × １ ２７ ＝ － １. (１２ 分)………………………… ２０. 【命题意图】 本题主要考查双曲线方程、直线方程等综合知识 以及逻辑思维能力与运算能力. 【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 坐标为(２ꎬ０)ꎬ设过点 Ｆ 的弦 ＡＢ 所在的直线４　　　　 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 { 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将点 Ｍ 代 入方程得 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 Ｐ(３ꎬ０)ꎻ ② 当直线 ＭＮ 垂直 ｘ 轴时ꎬ ６ ３ － ｋ２ ＝ ６ｋ２ ３ｋ２ － １ ꎬ此时ꎬｋ ＝ ± １ꎬ直 线 ＭＮ 也过定点 Ｐ(３ꎬ０). 综上所述ꎬ直线 ＭＮ 必过定点 Ｐ(３ꎬ０). (１２ 分)…………… ２１. 【命题意图】 本题考查导数的应用、零点、不等式等知识以及转 化与化归思想. 【解题思路】 (Ⅰ)证明: ｆ(ｘ) ＝ ２ｘ２ ｅ ２ｘ ＋ ｌｎ ｘ(ｘ > ０)ꎬ 则 ｆ ′(ｘ) ＝ ４(ｘ２ ＋ ｘ)ｅ ２ｘ ＋ １ｘ > ０ꎬ 所以 ｆ(ｘ) ＝ ２ｘ２ ｅ ２ｘ ＋ ｌｎ ｘ 在(０ꎬ ＋ ∞ )上单调递增. 因为 ｆ(１) ＝ ２ｅ ２ > ０ꎬ ｆ ( １ ４ ) ＝ ｅ ８ － ２ｌｎ ２ < ０ꎬ 所以存在 ｘ ０ ∈ ( １ ４ ꎬ１ ) ꎬ使 ｆ(ｘ ０ ) ＝ ０. 所以 ｆ(ｘ)在(０ꎬ ＋ ∞ )上有唯一零点. (４ 分)……………… (Ⅱ)对任意 ｘ∈(０ꎬ ＋ ¥)ꎬｅ ２ｘ － ａ － ｌｎ ｘ ｘ ≥ １ｘ 恒成立ꎬ等价于 ａ≤ ｘｅ ２ｘ － ｌｎ ｘ － １ｘ 对任意 ｘ∈(０ꎬ ＋ ∞ )恒成立. 令 ｇ(ｘ) ＝ ｘｅ ２ｘ － ｌｎ ｘ － １ｘ (ｘ > ０)ꎬ 则 ｇ′(ｘ) ＝ ２ｘ２ ｅ ２ｘ ＋ ｌｎ ｘ ｘ２ ＝ ｆ(ｘ) ｘ２ . 由(Ⅰ)知ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬ ＋ ∞ )上单调递增ꎬ且有唯一零点 ｘ ０ . 所以ꎬ当 ０ < ｘ < ｘ ０ 时ꎬｆ(ｘ) < ０ꎻ当 ｘ > ｘ ０ 时ꎬｆ(ｘ) > ０. 因此ꎬ当 ０ < ｘ < ｘ ０ 时ꎬｇ′(ｘ) < ０ꎬ当 ｘ > ｘ ０ 时ꎬｇ′(ｘ) > ０ꎬ所以 ｇ(ｘ)在 (０ꎬｘ ０ )上单调递减ꎬ在(ｘ ０ ꎬ ＋ ∞ )上单调递增ꎬ 所以 ｇ(ｘ)≥ｇ(ｘ ０ ). (８ 分)…………………………………… 由 ｆ(ｘ ０ ) ＝ ２ｘ２ ０ ｅ ２ｘ ０ ＋ ｌｎ ｘ ０ ＝ ０ꎬ 得 ２ｘ ０ ｅ ２ｘ ０ ＝ － ｌｎ ｘ ０ ｘ ０ ＝ ｅ ｌｎ １ｘ ０ Űｌｎ １ｘ ０ . 令 φ(ｘ) ＝ ｘｅ ｘ (ｘ > ０)ꎬ则 φ′(ｘ) ＝ (ｘ ＋ １)ｅ ｘ > ０ꎬ所以 φ(ｘ)在 (０ꎬ ＋ ¥) 上 单 调 递 增ꎬ 由 于 ２ｘ ０ ｅ ２ｘ ０ ＝ ｅ ｌｎ １ｘ ０ Ű ｌｎ １ｘ ０ 等 价 于 φ(２ｘ ０ ) ＝ φ ( ｌｎ １ｘ ０ ) ꎬ所以 ２ｘ ０ ＝ ｌｎ １ｘ ０ ꎬ于是有 ｅ ２ｘ ０ ＝ １ｘ ０ ꎬ所以 ｇ(ｘ)≥ｇ(ｘ ０ ) ＝ｅ ２ｘ ０ － ｌｎ ｘ ０ ＋１ｘ ０ ＝ １ｘ ０ － ｌｎ ｘ ０ ＋１ｘ ０ ＝ －ｌｎ ｘ ０ ｘ ０ ＝ ｌｎ １ｘ ０ ｘ ０ ＝ ２ｘ ０ ｘ ０ ＝ ２ꎬ所以 ａ≤２. (１２ 分)………………………………… (二)选考题:共 １０ 分. ２２. 【命题意图】 本题考查极坐标与参数方程的有关知识. 【解题思路】 (Ⅰ) 若 ｍ ＝ １ꎬｌ 的参数方程为 ｘ ＝ １ － ２ｔꎬ ｙ ＝ １ ＋ ｔꎬ{ (ｔ 为 参数). 即 ｘ ＝ １ － ２ ５ ５ ｔ′ꎬ ｙ ＝ １ ＋ ５ ５ ｔ′ ì î í ïï ïï (ｔ′为参数)ꎬ与曲线 Ｃ 联立得ꎬ １６ ５ ｔ′２ － ４ ５ ５ ｔ′ － ５ ＝ ０ꎬ则 ｔ′ １ ＋ ｔ′ ２ ＝ ５ ４ ꎬ ｔ′ １ Űｔ′ ２ ＝ － ２５ １６ ꎬ ì î í ïï ïï 所以 曲 线 Ｃ 与 直 线 ｌ 的 两 交 点 间 的 距 离 为 ｜ ｔ′ １ － ｔ′ ２ ｜ ＝ (ｔ′ １ － ｔ′ ２ ) ２ ＝ (ｔ′ １ ＋ ｔ′ ２ ) ２ － ４ｔ′ １ Űｔ′ 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 ｄ ＝ ｜２ｃｏｓ θ ＋２ ３ｓｉｎ θ － ｍ －２｜ ５ ＝ ４ｓｉｎ ( θ ＋ π ６ ) － ｍ － ２ ５ . (６ 分)……………………………………………………… 当 ｍ≥ － ２ 时ꎬｄ 的最大值为４ ＋ ｍ ＋ ２ ５ ꎬ 由题设得４ ＋ ｍ ＋ ２ ５ ＝ ２ ５ꎬ解得 ｍ ＝ ４ꎻ 当 ｍ < － ２ 时ꎬｄ 的最大值为４ － ｍ － ２ ５ ꎬ 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