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1 数学答案 一 1.B 2C 3.A 4.B 5.A 6.A 7.B 8.C 9 .BD 10.AC 11.BCD 12.BCD 三、135 14.1 15. 1(0, )4 16. 51, 2     四、17．【解析】方案一：选条件①. 因为 3 cos sina B b A ，所以由正弦定理，得 3sin cos sin sinA B B A ， 易知sin 0A  ，所以 3 cos sinB B ，所以 tan 3B  . 因为 0 B   ，所以 3B  . …………5 分 设 D 为 BC 的中点， BD x ， 在 ABD△ 中，由余弦定理，得 2 2 17 2 2 2 2x x     ， 解得 3x  （舍去负值）. 所以 6a BC  ， 所以 ABC 的面积 1 1sin 6 2 sin 3 32 2 3S ac B       . …………10 分 方案二：选条件②. 因为  3 sin 2 cosb A a B  ，所以由正弦定理，得  3sin sin sin 2 cosB A A B  ， 易知sin 0A  ，所以 3sin 2 cosB B  ， 所以 3sin cos 2B B  ，即sin 16B      ， 因为 7 6 6 6B     ，所以 6 2B    ，所以 3B  . …………5 分 设 D 为 BC 的中点， BD x ， 在 ABD△ 中，由余弦定理，得 2 2 17 2 2 2 2x x     ， 解得 3x  （舍去负值）.所以 6a BC  ， 所以 ABC 的面积 1 1sin 6 2 sin 3 32 2 3S ac B       . …………10 分 2 方案三：选条件③. 易知 2 2 22cos 2 2 a c a b cC b ab     ，化简可得 2 2 2a b c ac   ， 由余弦定理，得 2 2 2 1cos 2 2 a b cB ab    ， 因为 0 B   ，所以 3B  . …………5 分 设 D 为 BC 的中点， BD x ， 在 ABC 中，由余弦定理，得 2 2 17 2 2 2 2x x     ， 解得 3x  （舍去负值）. 所以 6a BC  ， 所以 ABC 的面积 1 1sin 6 2 sin 3 32 2 3S ac B       . …………10 分 18．【详解】 （1） 肥胖 不肥胖 合计 经常运动员工 20 40 60 不经常运动员工 24 16 40 合计 44 56 100 …………2 分 2 2 100 (20 16 40 24) 6.926 6.63560 40 44 56K         …………5 分 ∴有 99%的把握认为肥胖与不经常运动有关； …………6 分 3 （2）经常运动且不肥胖的概率为： 40 2 100 5  …………7 分 X 的所有可能取值为 0，1，2，3 0 3 1 2 3 3 3 27 2 3 54( 0) ( ) , ( 1) ( )5 125 5 5 125P X C P X C        2 2 3 3 3 5 2 3 36 2 8( 2) ( ) , ( 3) ( )5 5 125 5 125P X C P X C        X 的分布列： X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 …………10 分 54 36 8 6( ) 1 2 3125 125 125 5E X        . …………12 分 19．（【解析】（1）由题意有， 1 31 n na a n n   ，可得数列 na n     为公比为 3 的等比数列，……2 分 又由 1 31 a  ，所以 13 3 3n nna n    ，可得 3n na n  ， 故数列 na 的通项公式为 3n na n  ； …………4 分 （2）  2 11 3 2 3 1 3 3n n nS n n          ，  2 3 13 1 3 2 3 1 3 3n n nS n n           ， 作差得 2 1 12 3 3 3 3 3n n n nS n        ， 得  1 3 1 3 2 3 1 3 n n nS n        ，得   11 2 1 3 34 n nS n       ； …………8 分 （3）由正整数 x ， y ， z 满足 x y z  ，得 0 1y z   ， 13 3y z  ， 可得    13 1 3 3 3 3 2 3 2z y y y z ya z y y y a           ，必有 2x z ya a a  ， 4 故不存在正整数 x ， y ， z （ x y z  ），使得 xa ， ya ， za 成等差数列． …………12 分 20． …………3 分 解:连接 FG 交 DA 于 P ,交 DC 于 Q ，连 PE 交 1DD 于 H ，设边长为 2a ,FBG FAP AP a    ≌ ,又 1 1 2, , 23 3PAE PDH AE AA a DH a       ∽ 1D 与 H 重合 连接 1D Q 交 1CC 于 R , R 是 1CC 的一个三等分点 1 1 3CR CC …………6分 (2)以 D 为原点, 1, ,DA DC DD    为轴建立空间直角坐标系 xOy ，如图所示，且设边长为3 3 3 3 3 3(3,0,1), (3, ,0), ( ,3,0), (0,0,0), ( , ,0), (0, , 1,)2 2 2 2 2E F G D GF EF     设 1 ( , , )n x y z 是平面 1D EF 的一个法向量,则 1 1 0 0 n EF n GE          ,即 3 02 3 3 02 2 y z x y       ，可得平面 1D EF 的一个法向量为 1 3(1,1, )2n  …………9分 又平面 1 1B BCC 的一个法向量为 2 (0,1,0)n  ，设平面 1 1B BCC 与面 1D EF 所成的锐二面角为 则面 1 2 1 2 2 17cos 17| || | n n n n        …………12分 21．【解析】（1）已知圆 M 恰好过左顶点C ，则 90 ,ACB MA MB    ，又 0CM AB   ，于是CM AB ， 故 ABC 是等腰直角三角形，且可看作两个全等的直角三角形拼接而成，而两直角三角形恰好可以组成一 个以| |AM 边长的正方形 又 2 2 16| | 25ABC AS AM y   ，解得 4 5Ay  ， 5 代入方程 2 2: 1E mx y  ，得 2 16 125mx   ，解得 9 3 25 5 x m m     所以 3 4 1 55 m m     ，即 2 4 55 m  ，解得 1 4m  所以 E 的方程是 2 2 14 x y  ． …………4 分 （2）由 1tan 2CAB  ，得| | 2 | |AC BC ， 联立方程 2 2 1 ( ) mx y y k x a       ，得   2 2 2 2 22 1 0m k x k ax k a     ， 设其两个根是 1 2,x x ，由韦达定理，得 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 1 k ax x m k k ax x m k        ………6 分 则   22 2 2 22 2 1 2 1 2 2 2 2 11 4 1 4k a k aAC k x x x x k m k m k             2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 2 1 14 4 4 4 4 2k kk a k a m k a m k mm k m k         ， 将 k 换成 1 k  ，得 22 2 2 11 1| | 2 21 1 k kkBC m mmkm k     …………9 分 从而 2 2 2 2 1 12 4 1 k k km mm k mk    ，即 3 22 2 1km k mk   故 2 3 2 1 12 1 k k k m    ，因此   2 31 (2 1) 2 1 0k k k    ，解得 31 1 2 2k  ， 故 k 的取值范围是 31 1,2 2       ． …………12 分 22. 【 解 】 (1) 由 题 意 可 设 ( ) sin (0 1)f x x x x    ， 有 ( ) cos 1 0f x x    ， 则 ( )f x 是 减 函 数 6 ( ) (0) 0f x f  ，得 sin 1x x  …………2 分 设 3 2 ( ) sin (0 1), ( ) cos 1, ( ) sin 06 2 x xg x x x x g x x g x x x            则 有 ( )g x 增 ， ( ) (0) 0,g x g   ( )g x 单调递增，得 ( ) (0)=0g x g ，所以 2sin 1 6 x x x   得证； …………4 分 (2)由(1)可知 1a  时， 3 3 sin6 6 x xax x x    成立， …………6 分 则当 1a  时，设 3 ( ) sin 6 xh x x ax   ，则 2 ( ) cos , ( ) sin 0, ( )2 xh x x a h x x x h x        单调递增， 则 max 1( ) cos1 2h x a    ， 01 .若 1cos1 , ( ) 0, ( )2a h x h x   单调递减，则有 ( ) 0h x  ，此时不符合题意； …………9 分 02 。若 11 cos1 2a   ， 1(0) 1 , (1) cos1 02h a h a       所以 ( )h x 有唯一零点，可记为 0x ，则 00 , ( ) 0x x h x   ，此时 h(x)单调递减，有 h(x)＜0，则不符合题 意；综上可知 1a  ，即 a 的取值范围为(－，1]． …………12 分