2017高考题数学文真题汇编-答案

1、1 / 27 数学文 参考答案与解析 专题 1 集合与常用逻辑用语 1解析：选 a.因为 ax|x0 x|x32，所以 abx|x32，abx|x2故选 a. 2解析：选 a.依题意得 ab1，2，3，4，选 a. 3解析：选 b.a，b 两集合中有两个公共元素 2，4，故选 b. 4解析：选 a.对于非零向量 m，n，若存在负数 ，使得 mn，则 m，n 互为相反向量，则 m n0，满足充分性；而 m n0 包含向量 m，n 互为相反向量或者其夹角为钝角两种情况，故由 m n0 推不出 m，n 互为相反向量，所以不满足必要性所以“存在负数 ，使得 mn”是“m n0”的充分而不必要条件，故选

2、 a. 5解析：选 c.|x1|11x11，即 0 x2， 则 mx|0 x2，又 nx|x2， 所以 mn(0，2)，故选 c. 6解析：选 b.因为方程 x2x10 的根的判别式 (1)2430 恒成立，所以 p 为真命题对于命题q，取 a2，b3，223，所以 q 为假命题，q 为真命题因此 pq为真命题选 b. 7解析：选 c.因为an为等差数列，所以 s4s64a16d6a115d10a121d，2s510a120d，s4s62s5d，所以 d0s4s62s5，故选 c. 8解析：选 b.由|x1|1，得 0 x2，因为 0 x2x2，x2 /0 x2，故“2x0”是“|x1|1”的

3、必要而不充分条件，故选 b. 专题 2 函 数 1解析：选 c.由题意，令函数 f(x)sin 2x1cos x，其定义域为x|x2k，kz，又 f(x)sin（2x）1cos（x）sin 2x1cos xf(x)，所以 f(x)sin 2x1cos x为奇函数，其图象关于原点对称，故排除 b；因为 f(2)sin 1cos20，f(34)sin321cos3411220，得 x4.因此，函数 f(x)ln(x22x8)的定义域是(，2)(4，)注意到函数 yx22x8 在(4，)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)ln(x22x8)的单调递增区间是(4，)，选 d. 2 / 27 3解

4、析：选 d.易知函数 g(x)xsin xx2是奇函数，其函数图象关于原点对称，所以函数y1xsin xx2的图象只需把 g(x)的图象向上平移一个单位长度，结合选项知选 d. 4解析：选 c.由 f(x)x22xa(ex1ex1)，得 f(2x)(2x)22(2x)ae2x1e(2x)1x24x442xa(e1xex1)x22xa(ex1ex1)，所以 f(2x)f(x)，即 x1 为 f(x)图象的对称轴 由题意，f(x)有唯一零点，所以 f(x)的零点只能为 x1，即 f(1)1221a(e11e11)0， 解得 a12.故选 c. 5解析：选 b.由 f(x)(13)x3xf(x)，知

5、 f(x)为奇函数，因为 y(13)x在 r 上是减函数，所以 y(13)x在 r 上是增函数，又 y3x在 r 上是增函数，所以函数 f(x)3x(13)x在 r 上是增函数，故选 b. 6解析：选 b.f(x)xa22a24b，当 0a21 时，f(x)minmfa2a24b，f(x)maxmmaxf(0)，f(1)maxb，1ab，所以 mmmaxa24，1aa24与 a有关，与 b 无关；当a21 时，f(x)在0，1上单调递减，所以 mmf(0)f(1)1a 与 a 有关，与 b 无关综上所述，mm与 a 有关，但与 b无关，故选 b. 7解析：依题意得，f(2)2(2)3(2)21

6、2，由函数 f(x)是奇函数，得 f(2)f(2)12. 答案：12 8解析：当 x0 时，由 f(x)f(x12)(x1)(x121)2x321，得14x0；当01，即 2xx120，因为 2xx1220012120，所以 012时，f(x)f(x12)2x2x12212201，所以 x12.综上，x的取值范围是(14，) 答案：(14，) 专题 3 导数及其应用 1解析：选 c.法一：由题意知，f(x)ln xln(2x)的定义域为(0，2)，f(x)lnx(23 / 27 x)ln(x1)21，由复合函数的单调性知，函数 f(x)ln xln(2x)在(0，1)单调递增，在(1，2)单调

7、递减，所以排除 a，b；又 f(12)ln12ln(212)ln 34，f(32)ln32ln(232)ln34，所以 f(12)f(32)ln34，所以排除 d，故选 c. 法二：由题意知，f(x)ln xln(2x)的定义域为(0，2)，f(x)1x1x22（x1）x（x2），由 f（x）00 x2，得 0 x1；由 f（x）00 x2，得 1x1，所以 exf(x)在 r 上单调递增，所以 f(x)2x具有 m 性质对于选项 b，f(x)x2，exf(x)exx2，exf(x)ex(x22x)，令 ex(x22x)0，得 x0 或 x2；令 ex(x22x)0，得2x0，所以函数 exf

8、(x)在(，2)和(0，)上单调递增，在(2，0)上单调递减，所以 f(x)x2不具有 m 性质对于选项 c，f(x)3x13x，则 exf(x)ex13xe3x，因为e30，则由 f(x)0 得 xln a. 当 x(，ln a)时，f(x)0.故 f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)单调递增 若 a0，则由 f(x)0 得 xln(a2) 当 x(，ln(a2)时，f(x)0.故 f(x)在(，ln(a2)单调递减，在(ln(a2)，)单调递增 (2)若 a0，则 f(x)e2x，所以 f(x)0. 若 a0，则由(1)得，当 xln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f

9、(ln a)a2ln a从而当且仅当a2ln a0，即 a1 时，f(x)0. 4 / 27 若 a0，则由(1)得，当 xln(a2)时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln(a2)a234ln(a2)从而当且仅当 a234ln(a2)0，即 a2e34时 f(x)0. 综上，a 的取值范围是2e34，1 5解：(1)f(x)(12xx2)ex. 令 f(x)0 得 x1 2，x1 2. 当 x(，1 2)时，f(x)0；当 x(1 2，)时，f(x)0. 所以 f(x)在(，1 2)，(1 2，)单调递减，在(1 2，1 2)单调递增 (2)f(x)(1x)(1x)ex. 当 a1 时，

10、设函数 h(x)(1x)ex，h(x)xex0)，因此 h(x)在0，)单调递减，而 h(0)1，故 h(x)1，所以 f(x)(x1)h(x)x1ax1. 当 0a0(x0)，所以 g(x)在0，)单调递增，而 g(0)0，故 exx1. 当 0 x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取 x054a12，则 x0(0，1)，(1x0)(1x0)2ax010，故 f(x0)ax01. 当 a0 时，取 x0512，则 x0(0，1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01. 综上，a 的取值范围是1，) 6解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x2ax2

11、a1（x1）（2ax1）x. 当 a0，则当 x(0，)时，f(x)0，故 f(x)在(0，)单调递增 当 a0； 当 x(12a，)时，f(x)0. 故 f(x)在(0，12a)单调递增，在(12a，)单调递减 (2)由(1)知，当 a0；当 x(1，)时，g(x)0时，g(x)0.从而当 a0时，ln(12a)12a10， 即 f(x)34a2. 7解：(1)由 f(x)x36x23a(a4)xb，可得 f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a) 令 f(x)0，解得 xa，或 x4a.由|a|1，得 a0，可得 f(x)1. 又因为 f(x0)1，f(x0)0，故 x0为 f(

12、x)的极大值点，由(1)知 x0a. 另一方面，由于|a|1，故 a14a，由(1)知 f(x)在(a1，a)内单调递增，在(a，a1)内单调递减，故当 x0a 时，f(x)f(a)1 在a1，a1上恒成立，从而 g(x)ex在x01，x01上恒成立 由 f(a)a36a23a(a4)ab1， 得 b2a36a21，1a1. 令 t(x)2x36x21，x1，1， 所以 t(x)6x212x，令 t(x)0， 解得 x2(舍去)，或 x0. 因为 t(1)7，t(1)3，t(0)1， 因此，t(x)的值域为7，1 所以，b 的取值范围是7，1 专题 4 三角函数与解三角形 1解析：选 b.因为

13、 sin bsin a(sin ccos c)0，所以 sin(ac)sin asin csin acos c0，所以 sin acos ccos asin csin asin csin acos c0，整理得 sin c(sin a6 / 27 cos a)0，因为 sin c0，所以 sin acos a0，所以 tan a1，因为 a(0，)，所以a34，由正弦定理得 sin cc sin aa222212，又 0c0，cos b12. 又 0b，所以 b3. 答案：3 9解析：由正弦定理，得 sin bbsin cc6sin 60322，所以 b45或 135，因为 bc，所以 bc，

14、故 b45，所以 a75. 答案：75 10解析：法一：当角 的终边在第一象限时，取角 终边上一点 p1(2 2，1)，其关7 / 27 于 y 轴的对称点(2 2，1)在角 的终边上，此时 sin 13；当角 的终边在第二象限时，取角 终边上一点 p2(2 2，1)，其关于 y 轴的对称点(2 2，1)在角 的终边上，此时 sin 13. 综合可得 sin 13. 法二：令角 与角 均在区间(0，)内，故角 与角 互补，得 sin sin 13. 法三：由已知可得，sin sin(2k)sin()sin 13(kz) 答案：13 11解析：tan tan44tan4tan 41tan4tan

15、 416111675. 答案：75 12解：(1)f(x)32cos 2x32sin 2xsin 2x 12sin 2x32cos 2x sin(2x3) 所以 f(x)的最小正周期 t22. (2)证明：因为4x4，所以62x356. 所以 sin(2x3)sin(6)12. 所以当 x4，4时，f(x)12. 13解：(1)由 sin 2332，cos 2312， f233221222 33212， 得 f232. (2)由 cos 2xcos2xsin2x 与 sin 2x2sin xcos x 得 f(x)cos 2x 3sin 2x2sin2x6. 8 / 27 所以 f(x)的最小

16、正周期是 . 由正弦函数的性质得22k2x6322k，kz， 解得6kx23k，kz， 所以，f(x)的单调递增区间是6k，23k (kz) 专题 5 平面向量、数系的扩充 与复数的引入 1解析：选 c.i(1i)2i2i2，不是纯虚数，排除 a；i2(1i)(1i)1i，不是纯虚数，排除 b；(1i)22i，2i 是纯虚数故选 c. 2解析：选 b.依题意得(1i)(2i)2i23i13i，选 b. 3解析：选 a.依题意得(ab)2(ab)20，即 4a b0，ab，选 a. 4解析：选 c.zi(2i)2ii212i，故复平面内表示复数 zi(2i)的点位于第三象限，故选 c. 5解析：

17、选 b.复数(1i)(ai)a1(1a)i，其在复平面内对应的点(a1，1a)在第二象限，故a10，解得 a1，故选 b. 6解析：选 a.因为 zi1i，所以 z1ii1i11i.所以 z2(1i)21i22i2i.选 a. 7解析：因为 ab(m1，3)，ab 与 a 垂直，所以(m1)(1)320，解得m7. 答案：7 8解析：因为 ab，所以 a b233m0，解得 m2. 答案：2 9解析：因为 ab，所以162，所以 3. 答案：3 10解析：因为(abi)2a2b22abi34i，所以a2b23，2ab4，所以a2，b1或a2，b1，所以 a2b25，ab2. 答案：5 2 11

18、解析：因为bd2dc，所以adabbdab23bcab23(acab)13ab23ac，因为aeacab，所以ad ae13ab23ac (acab)13ab223ac213239 / 27 ab ac，因为a60，ab3，ac2，所以ad ae1392341323321238324，解得 311. 答案：311 12解：(1)因为 a(cos x，sin x)，b(3， 3)，ab， 所以 3cos x3sin x. 若 cos x0，则 sin x0，与 sin2xcos2x1 矛盾， 故 cos x0. 于是 tan x33. 又 x0，所以 x56. (2)f(x)a b(cos x，

19、sin x) (3， 3)3cos x 3sin x2 3cos x6. 因为 x0，所以 x66，76， 从而1cosx632. 于是，当 x66， 即 x0 时，f(x)取到最大值 3；当 x6， 即 x56时，f(x)取到最小值2 3. 专题 6 数 列 1解析：设等比数列an的公比为 q，则由 s62s3得 q1，则 s3a1（1q3）1q74，s6a1（1q6）1q634， 解得 q2，a114， 则 a8a1q7142732. 答案：32 2解：(1)设an的公比为 q.由题设可得 a1（1q）2，a1（1qq2）6. 解得 q2，a12. 10 / 27 故an的通项公式为 an

20、(2)n. (2)由(1)可得 sna1（1qn）1q23(1)n2n13. 由于 sn2sn143(1)n2n32n23223(1)n2n132sn，故 sn1，sn，sn2成等差数列 3解：设an的公差为 d，bn的公比为 q，则 an1(n1)d，bnqn1. 由 a2b22得 dq3. (1)由 a3b35 得 2dq26. 联立和解得d3，q0(舍去)，d1，q2. 因此bn的通项公式为 bn2n1. (2)由 b11，t321得 q2q200， 解得 q5，q4. 当 q5 时，由得 d8，则 s321. 当 q4 时，由得 d1，则 s36. 4解：(1)因为 a13a2(2n1

21、)an2n，故当 n2 时，a13a2(2n3)an12(n1)两式相减得(2n1)an2，所以 an22n1(n2) 又由题设可得 a12， 从而an的通项公式为 an22n1. (2)记an2n1的前 n 项和为 sn. 由(1)知an2n12（2n1）（2n1）12n112n1. 则 sn1113131512n112n12n2n1. 5解：(1)设等差数列an的公差为 d. 因为 a2a410，所以 2a14d10. 解得 d2. 所以 an2n1. (2)设等比数列bn的公比为 q. 因为 b2b4a5， 所以 b1qb1q39. 解得 q23. 所以 b2n1b1q2n23n1. 1

22、1 / 27 从而 b1b3b5b2n113323n13n12. 6证明：(1)因为an是等差数列，设其公差为 d，则 ana1(n1)d，从而，当 n4时，ankanka1(nk1)da1(nk1)d2a12(n1)d2an，k1，2，3， 所以 an3an2an1an1an2an36an， 因此等差数列an是“p(3)数列” (2)数列an既是“p(2)数列”，又是“p(3)数列”，因此， 当 n3 时，an2an1an1an24an， 当 n4 时，an3an2an1an1an2an36an. 由知，an3an24an1(anan1)， an2an34an1(an1an) 将代入，得 a

23、n1an12an，其中 n4， 所以 a3，a4，a5，是等差数列，设其公差为 d. 在中，取 n4， 则 a2a3a5a64a4， 所以 a2a3d， 在中，取 n3，则 a1a2a4a54a3， 所以 a1a32d， 所以数列an是等差数列 专题 7 不等式、推理与证明 1解析：选 d.不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，平移直线 yx，当直线经过点 a(3，0)时，zxy 取得最大值，此时 zmax303.故选 d. 2解析：选 a.依题意，在坐标平面内画出不等式组表示的平面区域及直线 2xy0(图略)，平移直线 y2x，当直线经过点(6，3)时，其在 x 轴上的截距达到最小，此时

24、 z2xy取得最小值，zmin2(6)(3)15，选 a. 3解析：选 d.依题意，由于甲看后还是不知道自己的成绩，说明乙、丙两人必是一个优秀、一个良好，则甲、丁两人必是一个优秀、一个良好，因此乙看了丙的成绩就可以知道自己的成绩，丁看了甲的成绩就清楚自己的成绩，综合以上信息可知，乙、丁可以知道自己的成绩，选 d. 12 / 27 4解析：选 b.不等式组3x2y60，x0，y0表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线 l0：yx，平移直线 l0，当直线 zxy 过点 a(2，0)时，z 取得最大值 2，当直线 zxy 过点 b(0，3)时，z取得最小值3，所以 zxy 的取值范围是3，2，故

25、选 b. 5解：(1)由已知，x，y满足的数学关系式为70 x60y600，5x5y30，x2y，x0，y0，即7x6y60，xy6，x2y0，x0，y0， 该二元一次不等式组所表示的平面区域为图 1中的阴影部分： (2)设总收视人次为 z万，则目标函数为 z60 x25y. 考虑 z60 x25y，将它变形为 y125xz25，这是斜率为125，随 z 变化的一族平行直线.z25为直线在 y 轴上的截距，当z25取得最大值时，z 的值最大又因为 x，y 满足约束条件，所以由图 2 可知，当直线 z60 x25y 经过可行域上的点 m 时，截距z25最大，即 z 最大 解方程组7x6y60，x

26、2y0，得点 m 的坐标为(6，3) 所以，电视台每周播出甲连续剧 6次、乙连续剧 3 次时才能使总收视人次最多 专题 8 立体几何 1解析：选 a.对于选项 b，如图所示，连接 cd，因为 abcd，m，q分别是所在棱的中点，所以 mqcd，所以 abmq，又 ab平面 mnq，mq平面 mnq，所以 ab平面 mnq.同理可证选项 c，d中均有 ab平面 mnq.故选 a. 13 / 27 2解析：选 b.依题意，题中的几何体是用一个平面将一个底面半径为 3、高为 10 的圆柱截去一部分后所剩余的部分，可在该几何体的上方拼接一个与之完全相同的几何体，从而形成一个底面半径为 3、高为 104

27、14 的圆柱，因此该几何体的体积等于12(32)1463，选 b. 3解析：选 b.球心到圆柱的底面的距离为圆柱高的12，球的半径为 1，则圆柱底面圆的半径 r 1（12）232，故该圆柱的体积 v(32)2134，故选 b. 4解析：选 c.由正方体的性质，得 a1b1bc1，b1cbc1，所以 bc1平面a1b1cd，又 a1e平面 a1b1cd，所以 a1ebc1，故选 c. 5解析：选 d.如图，把三棱锥 a- bcd放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为 5，3，4，bcd为直角三角形，直角边分别为 5和 3，三棱锥 a- bcd 的高为 4， 故该三棱锥的体积 v131253410

28、. 6解析：选 a.由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积 v13123131221321，故选 a. 7解析：设球 o 的半径为 r，因为 sc 为球 o 的直径，所以点 o 为 sc 的中点，连接ao，ob，因为 saac，sbbc，所以 aosc，bosc，因为平面 sca平面 scb，平面 sca平面 scbsc，所以 ao平面 scb，所以 vsabcvasbc13ssbcao13(12scob)ao，即 913(122rr)r，解得 r3，所以球 o 的表面积为 s4r243236. 答案：36 8解析：依题意得，长方体的体对角线长为3222

29、12 14，记长方体的外接球的半径为 r，则有 2r 14，r142，因此球 o的表面积等于 4r214. 答案：14 14 / 27 9解析：设球 o的半径为 r，则圆柱的底面半径为 r、高为 2r，所以v1v2r22r43r332. 答案：32 10解：(1)由bapcdp90， 得 abap，cdpd. 由于 abcd，故 abpd，从而 ab平面 pad. 又 ab平面 pab，所以平面 pab平面 pad. (2)如图所示，在平面 pad内作 pead，垂足为 e. 由(1)知，ab平面 pad，故 abpe，可得 pe平面 abcd. 设 abx，则由已知可得 ad 2x，pe22

30、x. 故四棱锥 p- abcd 的体积 vpabcd13ab ad pe13x3.由题设得13x383，故 x2. 从而 papd2，adbc2 2，pbpc2 2. 可得四棱锥 p- abcd 的侧面积为12pa pd12pa ab12pd dc12bc2sin 6062 3. 11.解：(1)在平面 abcd 内，因为badabc90，所以 bcad. 又 bc平面 pad，ad平面 pad，故 bc平面 pad. (2)取 ad 的中点 m，连接 pm，cm.由 abbc12ad 及 bcad，abc90得四边形 abcm为正方形，则 cmad. 因为侧面 pad 为等边三角形且垂直于底

31、面 abcd，平面 pad平面 abcdad，所以pmad，pm底面 abcd.因为 cm底面 abcd，所以 pmcm. 设 bcx，则 cmx，cd 2x，pm 3x，pcpd2x.取 cd 的中点 n，连接pn，则 pncd，所以 pn142x. 因为pcd 的面积为 2 7，所以12 2x142x2 7， 15 / 27 解得 x2(舍去)，x2.于是 abbc2，ad4，pm2 3. 所以四棱锥 p- abcd 的体积 v132（24）22 34 3. 12解：(1)取 ac 的中点 o，连接 do，bo. 因为 adcd，所以 acdo. 又由于abc 是正三角形，所以 acbo.

32、 从而 ac平面 dob，故 acbd. (2)连接 eo. 由(1)及题设知adc90，所以 doao. 在 rtaob中，bo2ao2ab2. 又 abbd，所以 bo2do2bo2ao2ab2bd2，故dob90. 由题设知aec 为直角三角形，所以 eo12ac. 又abc 是正三角形，且 abbd，所以 eo12bd. 故 e 为 bd 的中点，从而 e 到平面 abc 的距离为 d 到平面 abc 的距离的12，四面体abce 的体积为四面体 abcd 的体积的12，即四面体 abce 与四面体 acde 的体积之比为11. 13解：(1)因为 paab，pabc， 所以 pa平面

33、 abc. 又因为 bd平面 abc，所以 pabd. (2)因为 abbc，d为 ac 的中点， 所以 bdac. 由(1)知，pabd，所以 bd平面 pac. 所以平面 bde平面 pac. (3)因为 pa平面 bde，平面 pac平面 bdede， 所以 pade. 因为 d为 ac 的中点， 所以 de12pa1，bddc 2. 由(1)知，pa平面 abc， 16 / 27 所以 de平面 abc. 所以三棱锥 e- bcd 的体积 v16bd dc de13. 14证明：(1)在平面 abd内，因为 abad，efad，所以 efab. 又因为 ef平面 abc，ab平面 ab

34、c， 所以 ef平面 abc. (2)因为平面 abd平面 bcd， 平面 abd平面 bcdbd， bc平面 bcd，bcbd， 所以 bc平面 abd. 因为 ad平面 abd，所以 bcad. 又 abad，bcabb，ab平面 abc，bc平面 abc， 所以 ad平面 abc. 又因为 ac平面 abc， 所以 adac. 15解：(1)如图，设 pa 中点为 f，连接 ef，fb.因为 e，f 分别为 pd，pa 中点，所以 efad且 ef12ad， 又因为 bcad，bc12ad，所以 efbc 且 efbc， 即四边形 bcef 为平行四边形，所以 cebf，因此 ce平面

35、pab. (2)分别取 bc，ad的中点为 m，n.连接 pn 交 ef于点 q，连接 mq. 因为 e，f，n 分别是 pd，pa，ad 的中点，所以 q 为 ef 中点，在平行四边形 bcef中，mqce. 由pad为等腰直角三角形得 pnad. 由 dcad，n 是 ad的中点得 bnad. 所以 ad平面 pbn， 由 bcad得 bc平面 pbn，那么平面 pbc平面 pbn. 过点 q作 pb 的垂线，垂足为 h，连接 mh. mh是 mq在平面 pbc 上的射影，所以qmh是直线 ce 与平面 pbc 所成的角 设 cd1. 在pcd 中，由 pc2，cd1，pd 2得 ce 2

36、， 17 / 27 在pbn 中，由 pnbn1，pb 3得 qh14， 在 rtmqh中，qh14，mq 2， 所以 sinqmh28， 所以，直线 ce 与平面 pbc 所成角的正弦值是28. 16解：(1)如图，由已知 adbc，故dap 或其补角即为异面直线 ap 与 bc 所成的角因为 ad平面 pdc，所以 adpd.在 rtpda 中，由已知，得 apad2pd25，故 cos dapadap55. 所以，异面直线 ap 与 bc 所成角的余弦值为55. (2)因为 ad平面 pdc，直线 pd平面 pdc，所以 adpd.又因为 bcad，所以pdbc，又 pdpb，所以 pd

37、平面 pbc. (3)过点 d作 ab 的平行线交 bc 于点 f，连接 pf，则 df 与平面 pbc 所成的角等于 ab与平面 pbc所成的角 因为 pd平面 pbc，故 pf 为 df 在平面 pbc 上的射影，所以dfp 为直线 df 和平面 pbc 所成的角 由于 adbc，dfab，故 bfad1，由已知，得 cfbcbf2. 又 addc，故 bcdc，在 rtdcf 中，可得 dfcd2cf22 5，在 rtdpf中，可得 sindfppddf55. 所以，直线 ab 与平面 pbc 所成角的正弦值为55. 专题 9 平面解析几何 1解析：选 d.法一：由题可知，双曲线的右焦点

38、为 f(2，0)，当 x2 时，代入双曲线c 的方程，得 4y231，解得 y 3，不妨取点 p(2，3)，因为点 a(1，3)，所以 apx轴，又 pfx 轴，所以 appf，所以 sapf12|pf| |ap|123132.故选 d. 法二：由题可知，双曲线的右焦点为 f(2，0)，当 x2 时，代入双曲线 c 的方程，得 418 / 27 y231，解得 y 3，不妨取点 p(2，3)，因为点 a(1，3)，所以ap(1，0)，pf(0，3)，所以ap pf0，所以 appf，所以 sapf12|pf| |ap|123132.故选 d. 2解析：选 a.依题意得，3mtan amb20m

39、3，所以3mtan 600m3，解得 01， 所以 e(1， 2)，选 c. 4解析：选 c.法一：依题意，得 f(1，0)，则直线 fm 的方程是 y 3(x1) 由y 3（x1），y24x，得 x13或 x3.由 m 在 x 轴的上方，得 m(3，2 3)，由 mnl，得|mn|mf|314，又nmf 等于直线 fm 的倾斜角，即nmf60，因此mnf 是边长为 4 的等边三角形，点 m 到直线 nf 的距离为 4322 3，选 c. 法二：依题意，得直线 fm 的倾斜角为 60，则|mn|mf|21cos 604，又nmf 等于直线 fm 的倾斜角，即nmf60，因此mnf 是边长为 4

40、 的等边三角形，点 m 到直线 nf 的距离为 4322 3，选 c. 5解析：选 a.以线段 a1a2为直径的圆的圆心为坐标原点 o(0，0)，半径为 a.由题意，圆心到直线 bxay2ab0 的距离为2aba2b2a，即 a23b2.又 e21b2a223，所以 e63，故选 a. 6解析：因为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的渐近线方程为 ybax，所以 a5. 答案：5 7解析：法一：由题意知，ao(2，0)，令 p(cos ，sin )，则ap(cos 2，sin 19 / 27 )，ao ap(2，0) (cos 2，sin )2cos 46，故ao ap的最大值为 6. 法

41、二：由题意知，ao(2，0)，令 p(x，y)，1x1， 则ao ap(2，0) (x2，y)2x46， 故ao ap的最大值为 6. 答案：6 8解析：法一：设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，由抛物线的定义可知|af|y1p2，|bf|y2p2，|of|p2，由|af|bf|y1p2y2p2y1y2p4|of|2p，得 y1y2p. 联立方程，得x2a2y2b21，x22py2pya2y2b21y2b22pya210. 由根与系数的关系得 y1y22pa21b22pa2b22b2a2p. 所以2b2a2ppb2a212ba22， 所以双曲线的渐近线方程为 y22x. 法二：设 a(x1

42、，y1)，b(x2，y2)，由抛物线的定义可知|af|y1p2，|bf|y2p2，|of|p2，由|af|bf|y1p2y2p2y1y2p4|of|2p，得 y1y2p. kaby2y1x2x1x222px212px2x1x2x12p. 由x21a2y21b21，x22a2y22b21，得 kaby2y1x2x1b2（x1x2）a2（y1y2）b2a2x1x2p，则b2a2x1x2px2x12p， 所以b2a212ba22， 所以双曲线的渐近线方程为 y22x. 答案：y22x 9解析：由题意知该圆的半径为 1，设圆心坐标为 c(1，a)(a0)，则 a(0，a)，又f(1，0)，所以ac(1

43、，0)，af(1，a)，由题意得ac与af的夹角为 120，得 cos 20 / 27 12011 1a212，解得 a 3，所以圆的方程为(x1)2(y 3)21. 答案：(x1)2(y 3)21 10解：(1)设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 x1x2，y1x214，y2x224，x1x24， 于是直线 ab 的斜率 ky1y2x1x2x1x241. (2)由 yx24，得 yx2. 设 m(x3，y3)，由题设知x321， 解得 x32，于是 m(2，1) 设直线 ab 的方程为 yxm，故线段 ab 的中点为 n(2，2m)，|mn|m1|. 将 yxm代入 yx24得 x2

44、4x4m0. 当 16(m1)0，即 m1 时，x1，22 2m1. 从而|ab| 2|x1x2|4 2（m1）. 由题设知|ab|2|mn|，即 4 2（m1）2(m1)，解得 m7. 所以直线 ab 的方程为 yx7. 11解：(1)设 p(x，y)，m(x0，y0)，则 n(x0，0)，np(xx0，y)，nm(0，y0)， 由np 2 nm得 x0 x，y022y. 因为 m(x0，y0)在 c 上，所以x22y221. 因此点 p 的轨迹方程为 x2y22. (2)由题意知 f(1，0)设 q(3，t)，p(m，n)，则 oq(3，t)，pf(1m，n)，oq pf33mtn， op

45、(m，n)，pq(3m，tn)，由op pq1 得3mm2tnn21，又由(1)知m2n22，故 33mtn0. 所以oq pf0，即oqpf，又过点 p 存在唯一直线垂直于 oq，所以过点 p且垂直于oq的直线 l 过 c 的左焦点 f. 12解：(1)不能出现 acbc 的情况，理由如下： 设 a(x1，0)，b(x2，0)，则 x1，x2满足 x2mx20，所以 x1x22. 又 c 的坐标为(0，1)，故 ac 的斜率与 bc 的斜率之积为1x11x212，所以不能出现acbc 的情况 21 / 27 (2)bc 的中点坐标为(x22，12)，可得 bc 的中垂线方程为 y12x2(x

46、x22) 由(1)可得 x1x2m，所以 ab 的中垂线方程为 xm2. 联立xm2，y12x2（xx22），又 x22mx220，可得xm2，y12. 所以过 a，b，c 三点的圆的圆心坐标为(m2，12)，半径 rm292. 故圆在 y 轴上截得的弦长为 2r2（m2）23，即过 a，b，c 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值 13解：(1)设椭圆的半焦距为 c. 因为椭圆 e 的离心率为12，两准线之间的距离为 8，所以ca12，2a2c8，解得 a2，c1，于是 b a2c2 3， 因此椭圆 e 的标准方程是x24y231. (2)由(1)知，f1(1，0)，f2(1，0) 设 p(

47、x0，y0)，因为 p 为第一象限的点，故 x00，y00. 当 x01 时，l2与 l1相交于 f1，与题设不符， 当 x01 时，直线 pf1的斜率为y0 x01，直线 pf2的斜率为y0 x01. 因为 l1pf1，l2pf2，所以直线 l1的斜率为x01y0，直线 l2的斜率为x01y0， 从而直线 l1的方程：yx01y0(x1)， 直线 l2的方程：yx01y0(x1) 由，解得 xx0，yx201y0，所以 qx0，x201y0. 因为点 q在椭圆 e 上，由对称性，得x201y0 y0，即 x20y201 或 x20y201. 又 p 在椭圆 e 上，故x204y2031. 由

48、x20y201，x204y2031， 22 / 27 解得 x04 77，y03 77；x20y201，x204y2031，无解 因此点 p 的坐标为4 77，3 77. 专题 10 概 率 1解析：选 b.设正方形的边长为 2，则正方形的面积为 4，正方形内切圆的面积为 ，根据对称性可知，黑色部分的面积是正方形内切圆的面积的一半，所以黑色部分的面积为2.根据几何概型的概率公式，得所求概率 p248.故选 b. 2解析：选 d.依题意，记两次取得卡片上的数字依次为 a，b，则一共有 25 个不同的数组(a，b)，其中满足 ab 的数组共有 10 个，分别为(2，1)，(3，1)，(3，2)，(

49、4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，因此所求的概率为102525，选 d. 3解析：选 c.从 5 支彩笔中任取 2 支不同颜色的彩笔，有 10 种不同取法：(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)，(黄，蓝)，(黄，绿)，(黄，紫)，(蓝，绿)，(蓝，紫)，(绿，紫)而取出的 2 支彩笔中含有红色彩笔的取法有(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)，共 4 种，故所求概率 p41025. 4解析：由 6xx20，解得2x3，则 d2，3，则所求概率为3（2）5（4）59. 答案：59 5解：(1)这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶

50、，当且仅当最高气温低于 25，由表格数据知，最高气温低于 25 的频率为21636900.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过 300瓶的概率的估计值为 0.6. (2)当这种酸奶一天的进货量为 450瓶时， 若最高气温不低于 25，则 y64504450900； 若最高气温位于区间20，25)，则 y63002(450300)4450300； 若最高气温低于 20，则 y62002(450200)4450100. 所以，y的所有可能值为 900，300，100. y 大于零当且仅当最高气温不低于 20，由表格数据知，最高气温不低于 20 的频率为362574900.8，因此 y大于零的概率的估

51、计值为 0.8. 23 / 27 6解：(1)由题意知，从 6 个国家中任选 2 个国家，其一切可能的结果组成的基本事件有： a1，a2，a1，a3，a2，a3，a1，b1，a1，b2，a1，b3，a2，b1，a2，b2，a2，b3，a3，b1，a3，b2，a3，b3，b1，b2，b1，b3，b2，b3，共 15个 所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有：a1，a2，a1，a3，a2，a3，共 3 个 则所求事件的概率为：p31515. (2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选 1 个，其一切可能的结果组成的基本事件有： a1，b1，a1，b2，a1，b3，a2，b1，a2，b2，a2，b

52、3，a3，b1，a3，b2，a3，b3，共 9 个 包括 a1但不包括 b1的事件所包含的基本事件有：a1，b2，a1，b3，共 2 个， 则所求事件的概率为：p29. 专题 11 统计、统计案例及算法初步 1解析：选 b.标准差能反映一组数据的稳定程度故选 b. 2解析：选 d.因为要求的是最小偶数 n，所以处理框中应填入 nn2，排除 a，c；判断框中填入 a1 000时，才能循环，排除 b，故选 d. 3解析：选 b.依题意，当输入的 a1 时，执行程序框图，进行第一次循环：s0(1)11，a1，k2；进行第二次循环：s1121，a1，k3；进行第三次循环：s1(1)32，a1，k4；进

53、行第四次循环：s2142，a1，k5；进行第五次循环：s2(1)53，a1，k6；进行第六次循环：s3163，a1，k7.此时 k76，结束循环，输出的 s3，选 b. 4解析：选 a.由折线图可知，各年的月接待游客量从 8 月份后存在下降趋势，故选 a. 5解析：选 d.当输入的正整数 n 是所给选项中最小的正整数 2 时，t1，m100，s0，则第一次循环，s0100100，m1001010，t2；第二次循环，s1001090，m10101，t3，此时 t2 不成立，输出 s9091.故选 d. 6解：(1)由样本数据得(xi，i)(i1，2，16)的相关系数为 r16i1 （xix）（i

54、8.5）16i1 （xix）216i1 （i8.5）22.780.212 1618.4390.18. 由于|r|0.25，因此可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小 24 / 27 (2)(i)由于 x9.97，s0.212，由样本数据可以看出抽取的第 13 个零件的尺寸在(x3s，x3s)以外，因此需对当天的生产过程进行检查 (ii)剔除离群值，即第 13个数据，剩下数据的平均数为115(169.979.22)10.02， 这条生产线当天生产的零件尺寸的均值的估计值为 10.02， 16i1x2i160.2122169.9721 591.134， 剔除第 13 个数据，剩下数据的样本方差为 115(1 591.1349.2221510.022)0.008， 这条生产线当天生产的零件尺寸的标准差的估计值为 0.0080.09. 7解：(1)旧养殖法的箱产量低于 50 kg 的频率为 (0.0120.0140.0240.0340.040)50.62. 因此，事件 a 的概率估计值为 0.62. (2)根据箱产量的频率分布直方图得列联表 箱产量6.635，故有 99%的把握认为箱产量与养殖方法有关 (3)箱产量的频率分布直方图表明：新养殖法的箱产量平均值(或中