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数学参考答案第页(共64页)数学参考答案及评分标准南京市2011届高三第一次模拟考试911. 0,2解析：由题意令2xx20得0x2.即定义域为0,22. 解析：设zabi，则(a2bi)ib(a2)i1i， 令解得即|z|.3. 1解析：由已知作出可行域：作直线l：z2xy，平移l.当l经过点A(1,1)时，z有最小值1.4. 1解析：输入x9.5不满足x0则循环“x2”直到x0.5时满足“x0”，此时c2x1.5. 解析：由题意知P点(m，n)共有236个 P在圆内部， m2n20且对p，qN*，apqapaq， a2a4a12，a4a16，a8a16228， a9a1a829512.11. 解析：假命题：“当lmA”时命题才为真；假命题：l或l.12. 7解析：由已知log2(m2)log2(2n2)3，即log2(m2)(2n2)log28， (m2)(n1)4， mnm1m23237，等号当且仅当m4时成立13. 解析：由题意1，即bccosA1，由余弦定理得a2b2c22bccosA，即b2c262bcbc3，当且仅当bc时取“”，此时(sinA)max， Smax(bc)max(sinA)max.14. 2解析：由题意作f(x)的图象如图甲所示，设P，则P关于原点的对称点为P.令2x24x1，作出图象如图乙所示， 图象有两个交点， “友好点对”有2个甲乙15. 解：(1) 由函数的周期为，可知，所以2.(2分)又由f()，得2sin()，所以cos.又(0，)，所以.(5分)(2) (方法1)由f()，得sin().(7分)因为(0，)，所以(，)又sin()0，所以(，)，所以cos().(10分)所以cos2sin(2)2sin()cos().(14分)(方法2)由f()，得sin().(7分)因为(0，)，所以(，)又sin()0，所以(，)，所以cos().(10分)所以coscos()cos()cossin()sin.所以cos22cos212()21.(14分)(方法3)由f()，得sin().(7分)所以sincos.所以1sin2，即sin2.(10分)因为(0，)，所以(，)又sin()0，所以(，)，即(，)，2(，2)所以cos2.(14分)16. (1) 证明：如图，连结DD1.在三棱柱ABCA1B1C1中，因为D、D1分别是BC与B1C1的中点，所以B1D1BD，且B1D1BD.所以四边形B1BDD1为平行四边形，所以BB1DD1，且BB1DD1.又AA1BB1，AA1BB1，所以AA1DD1，AA1DD1，所以四边形AA1D1D为平行四边形，所以A1D1AD.(4分)又A1D1平面AB1D，AD平面AB1D，故A1D1平面AB1D.(6分)(2) 解：(方法1)在ABC中，因为ABAC，D为BC的中点，所以ADBC.因为平面ABC平面B1C1CB，交线为BC，AD平面ABC，所以AD平面B1C1CB，即AD是三棱锥AB1BC的高(10分)在ABC中，由ABACBC4，得AD2.在B1BC中，B1BBC4，B1BC60，所以B1BC的面积SB1BC424.所以三棱锥B1ABC的体积，即三棱锥AB1BC的体积VSB1BCAD428.(14分)(方法2)在B1BC中，因为B1BBC，B1BC60，所以B1BC为正三角形，因此B1DBC.因为平面ABC平面B1C1CB，交线为BC，B1D平面B1C1CB，所以B1D平面ABC，即B1D是三棱锥B1ABC的高(10分)在ABC中，由ABACBC4得ABC的面积SABC424.在B1BC中，因为B1BBC4，B1BC60，所以B1D2.所以三棱锥B1ABC的体积VSABCB1D428.(14分)17. 解：(1) (方法1)连结OC.设BCx，矩形ABCD的面积为S.则AB2，其中0x30.(2分)所以S2x2x2(900x2)900.(4分)当且仅当x2900x2，即x15时，S取最大值为900 cm2.答：取BC为15 cm时，矩形ABCD的面积最大，最大值为900 cm2.(6分)(方法2)连结OC.设BOC，矩形ABCD的面积为S.则BC30sin，OB30cos，其中0.(2分)所以SABBC2OBBC900sin2.(4分)所以当sin21，即时，S取最大值为900 cm2，此时BC15.答：取BC为15 cm时，矩形ABCD的面积最大，最大值为900 cm2.(6分)(2) (方法1)设圆柱底面半径为r，高为x，体积为V.由AB22r，得r，所以Vr2h(900xx3)，其中0x30.(10分)由V(9003x2)0，得x10，因此V(900xx3)在(0,10)上是增函数，在(10，30)上是减函数(12分)所以当x10时，V的最大值为.答：取BC为10 cm时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大值为 cm3.(14分)(方法2)连结OC，设BOC，圆柱底面半径为r，高为h，体积为V，则圆柱的底面半径为r，高h30sin，其中0.所以Vr2hsincos2(sinsin3)(10分)设tsin，则V(tt3)由V(13t2)0，得t，因此V(tt3)在(0，)上是增函数，在(，1)上是减函数(12分)所以当t时，即sin，此时BC10时，V的最大值为.答：取BC为10 cm时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大值为 cm3.(14分)18. (1) 解：由题意，设椭圆C：1(ab0)，则2a4，a2.(2分)因为点(2，1)在椭圆1上，所以1，解得b，故所求椭圆方程为1.(5分)(2) 证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)(y10，y20)点F的坐标为F(3,0)由3，得即(7分)又A、B在椭圆C上，所以解得所以B(，)，代入得A点坐标为(2，)(12分)因为0，所以OAAB.所以过O、A、B三点的圆就是以OB为直径的圆，其方程为x2y2xy0.(16分)19. 解：(1) 设数列bn的公差为d，则解得所以bn2n.(4分)(2) 设每一行组成的等比数列的公比为q.由于前n行共有135(2n1)n2个数，且321342，所以a10b48.所以a13a10q38q3.又a131，解得q.因此cn2n()n1.(7分)所以Snc1c2c3cn.Sn.因此Sn44.解得Sn8.(10分) 由知，cn，不等式(n1)cn，可化为.设f(n)，计算得f(1)4，f(2)f(3)6，f(4)5，f(5).因为f(n1)f(n)，所以当n3时，f(n1)f(n)(14分)因为集合M的元素的个数为3，所以的取值范围是(4,5(16分)20. (1) 解：因为f(x)1，所以f(1)1a.所以曲线yf(x)在x1处切线的斜率为1a.因为曲线yf(x)在x1处的切线为3xy30，所以1a3，解得a2.(3分)(2) 证明： 充分性当a1时，f(x)x1lnx，f(x)1，所以当x1时，f(x)0，所以函数f(x)在(1，)上是增函数；当0x1时，f(x)0，所以函数f(x)在(0,1)上是减函数所以f(x)f(1)0.(5分) 必要性(方法1)f(x)1，其中x0.() 当a0时，f(x)0恒成立，所以函数f(x)在(0，)上是增函数而f(1)0，所以当x(0,1)时，f(x)0，与f(x)0恒成立相矛盾所以a0不满足题意(7分)() 当a0时，因为当xa时，f(x)0，所以函数f(x)在(a，)上是增函数；当0xa时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，a)上是减函数所以f(x)f(a)a1alna.因为f(1)0，所以当a1时，f(a)f(1)0，此时与f(x)0恒成立相矛盾所以a1.综上所述，f(x)0恒成立的充要条件是a1.(10分)(方法2)f(x)1，其中x0.() 当a0时，因为f(x)0恒成立，所以函数f(x)在(0，)上是增函数而f(1)0，所以当x(0,1)时，f(x)0，与f(x)0恒成立相矛盾所以a0不满足题意(7分)() 当a0时，因为当xa时，f(x)0，所以函数f(x)在(a，)上是增函数；当0xa时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，a)上是减函数所以f(x)f(a)a1alna.于是，由f(x)0恒成立可知，存在a0，使得f(a)a1alna0.记函数(x)x1xlnx，则(x)lnx，当0x1时，(x)0，所以函数(x)在(0,1)上是增函数，当x1时，(x)0，所以函数(x)在(1，)上是减函数，所以(x)(1)0，所以a1.综上所述，f(x)0恒成立的充要条件是a1.(10分)(3) 解：由(2)可知，当a0时，函数f(x)在(0,1上是增函数又函数y在(0,1上是减函数不妨设0x1x21，则|f(x1)f(x2)|f(x2)f(x1)，所以|f(x1)f(x2)|4等价于f(x2)f(x1)，即f(x2)f(x1).设h(x)f(x)x1alnx，则|f(x1)f(x2)|4等价于函数h(x)在区间(0,1上是减函数(13分)因为h(x)1，所以x2ax40在x(0,1时恒成立，即ax在x(0,1上恒成立，即a不小于yx在区间(0,1内的最大值而函数yx在区间(0,1上是增函数，所以yx的最大值为3.所以a3.又a0，所以a3,0)(16分)南通市2011届高三第一次调研测试1. 1解析：N0,2，M1,1MN12. 0.2解析：P10.50.20.10.2.3. 解析：由已知，|(12i)|34i|，即|5， |z|.4. 55解析：S1231055.5. 690解析：1200690人6. 1解析：x22x30x3. “x3”是“xa”的必要不充分条件 (a，a)(，1)(3，)a1，即amax1.7. 解析：反例：直线a平行于面与的交线；若a，则；反例：直线a与b相交且分别平行于，如图故为真命题8. 解析：由题意M在双曲线右支上，设为(x，y)， 右焦点(4,0)， x.9. 1解析： f(x)sinxcosx2sin，f()2，f()0，且|min， T21.10. 2解析：由题意得1h2.故h的最小值为2.11. (1，3)解析：OB方程4x3y0.设C(x，y)，其中x0，y0.点C在AOB的平分线上 C点坐标(1，3)12. 7，1)解析：由题意得f(x)x22x2a10在(1,3有解 f(x)(x1)22a2在(1,3有零点7a1，即a的取值范围是7，1)13. m解析： 对x11,3)时，x20,2使f(x1)g(x2) g(x2)minf(x1)min.f(x)x2在x11,0上递减，x1(0,3上递增f(x1)0,9，g(x)xm在x20,2上递减g(x2)， m0m.14. 2解析：如图，设等腰三角形顶角为，腰长为2a，取ABAC2a.D为AC中点， 由题意BD.在ABD中，由余弦定理，得cos，且由三角形性质，得a0)，因为AMMN，所以M(2，)由M在椭圆上，得t6.故所求的点M的坐标为M(2,3)(4分)所以(6，3)，(2，3), 1293 .cosAMB.(7分)(用余弦定理也可求得)(2) (方法1)设圆的方程为x2y2DxEyF0，将A、F、N三点坐标代入，得因为圆的方程为x2y22x(t)y80，令x0，得y2(t)y80.(11分)设P(0，y1)，Q(0，y2)，则y1、2.由线段PQ的中点坐标为(0,9)，得y1y218，t18.此时所求圆的方程为x2y22x18y80.(15分)(本题用韦达定理也可解)(方法2)由圆过点A、F得圆心横坐标为1，由圆与y轴交点的纵坐标为(0,9)，得圆心的纵坐标为9，故圆心坐标为(1,9)(11分)易求得圆的半径为3，(13分)故所求圆的方程为(x1)2(y9)290.(15分)19. 解：(1) g(x)的图象与g(x)的图象关于y轴对称， f(x)的图象上任意一点P(x，y)关于y轴对称的对称点Q(x，y)在g(x)的图象上当x1,0)时，x(0,1，则f(x)g(x)ln(x)ax2.(2分) f(x)为1,1上的奇函数， f(0)0.(4分)当x(0,1时，x1,0)，f(x)f(x)lnxax2.(6分) f(x)(7分)(2) 由已知， f(x)2ax.若f(x)0在(0,1上恒成立，则2ax0a.此时，a，f(x)在(0,1上单调递减，f(x)minf(1)a， f(x)的值域为a，)与|f(x)|1矛盾(11分)当a时，令f(x)2ax0x(0,1， 当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增， f(x)minflna2ln(2a).由|f(x)|1，得ln(2a)1a.(15分)综上所述，实数a的取值范围为a.(16分)20. 解：(1) 不妨设a11，设数列an有n项在1和100之间，则a1n1100.所以n1 100.两边同取对数，得 (n1)( lg3lg2)2.解得 n12.37.故n的最大值为12，即数列an中，最多有12项在1和100之间(5分)不妨设1a1a1a12a1n1 100，其中a1，a1，a12，a1n1均为整数，所以a1为2n1的倍数所以3n1100，所以n5.(8分)又16,24,36,54,81是满足题设要求的5项所以当q时，最多有5项是1和100之间的整数(10分)(2) 设等比数列aqn1满足100aaq aqn11 000，其中a，aq，aqn1均为整数，nN*，q1，显然，q必为有理数(11分)设q，ts1，t与s互质，因为aqn1an1为整数，所以a是sn1的倍数(12分)令ts1，于是数列满足 100aa an1100.如果s3，则1 000an1(s1)n14n1 ，所以n5；如果s1，则1 000a2n11002n1，所以n4；如果s2，则1 000an1100n1 ，所以n6.(13分)另一方面，数列128,192,288,432,648,972满足题设条件的6个数，所以当q1时，最多有6项是100到1 000之间的整数(16分)苏州市2011届高三调研测试试卷1. 34i解析：(12i)214i4i234i，34i.2. 解析：由已知e2，又0， .3. 2解析： 9， s2(119)2(89)2(99)2(109)2(79)22.4. 解析：由图知A3，T8， ， f(x)3sin由图得f(1)3sin3， 2k，kZ， 2k，kZ，又0,2)， .5. 解析：我们将基本事件一一列举出来，有(2,2,2)，(2,2,5)，(2,5,2)，(5,2,2)，(2,5,5)，(5,2,5)，(5,5,2)，(5,5,5)这8种等可能结果其中(2,2,2)，(2,5,5)，(5,2,5)，(5,5,2)，(5,5,5)这5种情况可构成三角形， P.6. 10解析：2210.7. 解析：反例分别如图甲、乙甲乙对于图(乙)，面ABCD与面ABC1D1相交，但不垂直，BC、AB分别为两平面内两条线，但ABBC.8. 解析：tan2， tan1， 2.又tan21， 2，又tan1， ， 2.又tan(2)1， 2.9. 25解析：我们将循环体中涉及的“P，S，a”列出：P192837465564S0916212425a123456当P24时满足PS， 输出S25.10. (1,121)解析：两圆x2y2m与(x3)2(y4)236相交， 圆心距r1r25(|6|，6)， m(1,121)11. 100解析：将卫生纸沿着一条母线展开后，由等体积可得0.1lh(602202)h，可得l100m.12. 200解析：a12，a23，a31，a42， an的周期为3， S10033(231)2200.作出可行域： x.14. 解析：设切点P(x0，x1)(0x01)，y3x2， 切线方程：y(x1)3x(xx0)，令x0，y2x1；令y0，x. S(2x1)(0x01)， S， 当x时S0， 当x时，Smin.15. 解：(1) 由条件，得(bc)2a23bc，即b2c2a2bc，(2分) cosA.(4分) A是三角形内角， A60.(6分)(2) 由得B105，C15.(8分)由正弦定理得，即b.(10分) b4tan75.(12分) tan75tan(4530)2， b84.(14分)16. 证明：(1) 连DA、DB1、DO， ABA1A，D为C1C的中点，而DB1，DA， DB1DA.(2分)又O是正方形A1ABB1对角线的交点， DOAB1.(4分)又A1BAB1，A1BDOO， AB1平面A1BD.(7分)(2) 取A1O的中点F，在A1OA中， E是OA中点， EF綊AA1.(9分)又D为C1C的中点， CD綊AA1. EF綊CD，故四边形CDFE是平行四边形 CEDF.(12分)又DF平面A1BD，CE平面A1BD， EC平面A1BD.(14分)17. 解：(1) 依题意，设dkv2l，其中k是待定系数， 当v60时，d1.44l， 1.44lk602l.(2分) k0.000 4.则d0.000 4v2l.(4分) dl， 0.000 4v2ll.则v50. 最低车速为50 km/h.(7分)(2) 因为两车间距为d，则两辆车头间的距离为ld(m)，一小时内通过汽车的数量为Q，即Q.(9分) 0.000 4v20.04， Q.(12分)当0.000 4v，即v50时，Q取得最大值为. 当v50 km/h时，单位时段内通过的汽车数量最多(14分)18. 解：(1) 由条件，得F(1,0)，A(0，)，直线AF的斜率k1. ABAF， 直线AB的斜率为.则直线AB的方程为yx.(2分)令y0，得x3. 点C的坐标为(3,0)(3分)由得13x224x0.解得x10(舍)，x2. 点B的坐标为(，)(5分) ， 0，且. .(7分)(2) ACF是直角三角形， ACF外接圆的圆心为D(1,0)，半径为2. 圆D的方程为(x1)2y24.(9分) AB是定值， 当PAB的面积最大时，点P到直线AC的距离最大过D作直线AC的垂线m，则点P为直线m与圆D的交点(11分) 直线m的方程为y(x1)(13分)代入圆D的方程，得(x1)23(x1)24.(14分) x0或x2(舍)则点P的坐标为(0，)(16分)19. 解：(1) 依题意，n1时，S12，n2时，S26.(2分) ，n2时，得， Snn(n1)(4分)上式对n1也成立， Snn(n1)(nN*)(5分)(2) 由(1)知，Snn(n1)，当n2时，anSnSn12n.(7分) a12， an2n(nN*)(8分) bn()n. ， 数列bn是等比数列(10分)则(1)(12分) (1)随n的增大而增大， .(13分)依条件，得(14分)即 m0或m5.(16分)20. (1) 解：当k1时，f(x)lnxxxlna， f(x)xx(1分)0，(3分) 函数f(x)在(0，)上是单调减函数(4分)(2) 证明：当k0时，f(x)lnxxlna，f(x)，令f(x)0，解得x.(6分)当0x时，f(x)0，f(x)是单调减函数；当x时，f(x)0，f(x)是单调增函数 当x时，f(x)有极小值为f()22ln2.(8分) e2， f(x)的极小值f()2(1ln2)2ln0. f(x)0恒成立(10分)(3) 证明： f(x)lnxxxlna， f(x).令f(x0)0，得kx02a0.(12分) .(舍去) x0.(14分)当0xx0时，f(x)0，f(x)是单调减函数；当xx0时，f(x)0，f(x)是单调增函数因此，当xx0时，f(x)有极小值f(x0)(15分)又f(x0)lnk，而是与a无关的常数， ln，k，均与a无关 f(x0)是与a无关的常数则f(x)的极小值是一个与a无关的常数(16分)无锡市2010年秋学期高三期末考试试卷1. 1,1,5解析：由已知AB1， log2(a3)1，即a1，则b1. A5,1，B1,1， AB1,1,52. (1，)解析： 复数对应的点在第二象限， m(1，)3. (1,3)解析： xR使x2(a1)x10为假命题， 对xR，x2(a1)x10， (a1)24a”(否)， 进入“ca”(是)， ac，即a6.5. 解析：等待的时间小于5min即在55分60分， P.6. 解析：sinsinsin，sinsincos， sinsin2.7. 解析：|2a3b|.8. 或解析：渐进线为y.若焦点在x轴上，则有，则abc32， e；若焦点在y轴上，则有，则abc23， e， 综上得e或.9. 8解析：当k1时，a1a2S210(16,22)，故k1；当k2时，akak1Sk1Sk14k14， 16akak122， 164k1422，则7.5k9.又kN*， k8.10. 90解析：以，为单位正交基底建立空间直角坐标系Dxyz，则O，D1(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，M，则，(1,1,0)，.设面ACM的一个法向量n(x，y，z)，则可取n(1,1，2)，则cosn1， n.又n面AMC， D1O面AMC，故成90角11. 2解析：y3x2a，则任一点P(x0，y0)处的切线为yxax01(3xa)(xx0)，即y(3xa)x2x1，即为y2x1， 令解得12. 1,3解析：|a2|siny对x、y0恒成立， min|a2|sinymax. 2，siny1,1， |a2|sinymax1|a2|， 21|a2|1a21， a1,313. 8解析：f(xt)3x，即x2(2t1)xt22t0对x1，m恒成立， x1时，t24t04t0.记g(x)x2(2t1)xt22t，对称轴xt，要求mmax， max，则1mmax2， mmax8.14. 解析：作f(x)|x22|的大致图象： f(a)f(b)， |a22|b22|，又0ab， a0， 作出可行域：S(22).15. 解：(1) 因翻折后B、C、D重合(如图)，所以MN应是ABF的一条中位线，(3分)则MN平面AEF.(7分)(2) 因为AB平面BEF，(9分)且AB6，BEBF3，所以VABEF9.(11分)又，所以VEAFMN(cm3)(14分)16. 解：(1) 由已知，即， |5， |11.(2分) 0， CDAB.(3分)在RtBCD中，BC2BD2CD2，又CD2AC2AD2， BC2BD2AC2AD2196，(5分) |14.(6分)(2) 在ABC中，cosBAC， .(7分)即cos(x)cos(x)，sin(x)，(9分)而x0，x，(10分)则sin()sin(x)sin，(12分) sin(x)， sinxsin(x).(14分)17. 解：(1) 因为ABC，则AC2Rsin，BC2Rcos，则S2ACBC2R2sincosR2sin2.(3分)设AB的中点为O，连MO、NO，则MOAC，NOBC.易得三角形AMC的面积为R2sin(1cos)，(5分)三角形BNC的面积为R2cos(1sin)，(7分)故S1R2sin(1cos)R2cos(1sin)R2(sincos2sincos)(8分)(2) 1，(10分)令sincost(1，则2sincost21. 11.(12分) 的最小值为1.(14分)18. 解：(1) 直线AM的斜率为1时，直线AM方程为yx2，(1分)代入椭圆方程并化简得5x216x120，(2分)解之得x12，x2， M(，)(4分)(2) 设直线AM的斜率为k，则AM：yk(x2)，则化简得(14k2)x216k2x16k240.(6分) 此方程有一根为2， xM，(7分)同理可得xN.(8分)由(1)知若存在定点，则此点必为P(，0)(9分) kMP，(11分)同理可计算得kPN.(13分) 直线MN过x轴上的一定点P(，0)(16分)19. (1) 证明： ， 1，(2分)且 10， 10(nN*)，(3分) ， 数列为等比数列(4分)(2) 解：由(1)可求得1n1， 2n1.(5分)Snn2()n2n1，(7分)若Sn100，则n1100， nmax99.(9分)(3) 解：假设存在，则mn2s，(am1)(an1)(as1)2.(10分) an， (1)(1)(1)2.(12分)化简得：3m3n23s，(13分) 3m3n223s，当且仅当mn时等号成立(15分)又m、n、s互不相等， 不存在(16分)20. (1) 解： f(x)g(x)lnx，令h(x)lnx， h(x)0，(2分) h(x)在1，e上单调增， h(x)，1(3分) |f(x)g(x)|1，即在区间1，e上f(x)能被g(x)替代(4分)(2) 证明：令t(x)f(x)g(x)xlnx. t(x)1，(5分)且当0x1时，t(x)0；当x1时，t(x)0，(6分) t(x)t(1)1，即f(x)g(x)xlnx1，(7分) f(x)在(，m)(m1)上不能被g(x)替代(8分)(3) 解： f(x)在区间1，e上能被g(x)替代，即|f(x)g(x)|1对于x1，e恒成立 |alnxaxx2x|1，即1alnxaxx2x1，(9分)由(2)知，当x1，e时，xlnx0恒成立， a.(10分)令F(x)， F(x)，由(1)的结果可知x1lnx0，(11分) F(x)恒大于零， a.(12分) a，(13分)令G(x)， G(x)， x1lnxx1lnx0，(14分) G(x)恒大于零， a.(15分)综上，实数a的范围为a.(16分)常州市教育学会学生学业水平监测1. 2解析：(ai)(12i)5i，a2.2. 解析：从集合1,0,1,2中任取两个不同的元素，有(1,0)，(1,1)，(1,2)，(0,1)，(0,2)，(1,2)共6种情形其中乘积“ab0”的有(1,1)，(1,2)2种， P.3. 解析：f(x)sin，增区间为，kZ. x， 增区间为.4. 150解析：支出在50,60元的频率为1(0.010.0240.036)100.3， 0.3500150人5. 解析：f(1log23)f(log232)log3.6. 96解析：a依次取4,8,24,96. b48， a96.7. 解析：.8. 2解析： f(x4)f(x)， f(7)f(3)又f(x)为奇函数， f(3)f(3)f(1)2.9. 1解析：由题意可建立如图所示的直角坐标系则M(1,0)，N，设P， MN：xy0，MP：xy10， ， xy1，即所求集合为110. 1解析：yx33x22x，y3x26x2， y|x02， l：y2x. 故双曲线方程为1.11. 解析：是既不充分也不必要条件；反例：，l时l也能垂直于内无数条直线12. 29解析：由题意作出可行域 zx2y zmax(12)272913. (22，2)(2,22)解析：由题意以A(2,2)为圆心1为半径的圆与以B(m,0)为圆心3为半径的圆相交， 4(m2)2416， 22m0，在x1,2e上恒成立，即y在1,2e上递增， ymin1， k11， k2，由知k2.15. 解：(1) cos2C1， sin2C. C为三角形内角， sinC0. sinC.(2分) ， . 2sinBsinAsinC.(4分) ABC， sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC. 2sinAcosC2cosAsinCsinAsinC.(6分) sinAsinC0， .(8分)(2) ， tanA.(10分) ABC， tanBtan(AC). ，整理，得tan2C8tanC160.(12分)解得tanC4. tanA4.(14分)16. (1) 证明： AA1CC1且AA1CC1， ACA1C1且ACA1C1.(2分) O1、O分别是A1C1、AC的中点， OCA1O1且OCA1O1. 四边形A1O1CO为平行四边形 A1OO1C.(4分)又A1O平面CB1D1，O1C平面CB1D1， A1O平面CB1D1.(6分)(2) 解：(方法1)等积变换设点O到平面CB1D1的距离为h. D1D平面ABCD， D1DCO. AC、BD为菱形ABCD的对角线， COBD. D1DBDD， CO平面BB1D1D.(8分)在菱形ABCD中，BC1，BCD60，CO. B1D11，OB1OD1， OB1D1的面积SOB1D1. 三棱锥COB1D1的体积VSOB1D1CO.(11分)在CB1D1中，CB1CD1，B1D11，CB1D1的面积SCB1D1.由VSCB1D1hh，得h.因此，点O到平面CB1D1的距离为.(14分)(方法2)作垂线 AA1平面A1B1C1D1， AA1B1D1. A1C1、B1D1为菱形A1B1C1D1的对角线， B1D1A1C1. AA1A1C1A1， B1D1平面AA1C1C. 平面CB1D1平面AA1C1C.(8分)在平面AA1C1C内，作OHCO1，H为垂足，则OH平面CB1D1，线段OH的长为点O到平面CB1D1的距离(10分)在矩形AA1C1C中，OCHCO1C1，sinCO1C1，sinOCH，(12分) ，OH.因此，点O到平面CB1D1的距离为.(14分)17. 解：(1) 当150x200(xN*)时，u(x)150(x150)300x.此时，u(200)100.(2分)当200x250(xN*)时，u(x)u(200)1.2(x200)1.2x340.(4分) u(x)(其中xN*)(6分)(2) 当150x200时，u(x)x300， yx20x20. yx20(300x)280.(9分)又300x0， (300x)2240，当且仅当300x，即x180时，等号成立(12分) y40，当且仅当x180时，等号成立即当x180时，ymax40.答：当销售单价x为180元时，平均每件纪念品的利润最大，最大为40元(14分)18. 解：(1) c4m，椭圆离心率e， a5m. b3m. 椭