2017高考题数学理真题汇编-答案

1、1 / 32 数学理 参考答案与解析 专题 1 集合与常用逻辑用语 1解析：选 a.集合 ax|x1，bx|x0，所以 abx|x0，abx|x1故选 a. 2解析：选 c.因为 ab1，所以 1b，所以 1 是方程 x24xm0 的根，所以14m0，m3，方程为 x24x30，解得 x1 或 x3，所以 b1，3，选择 c. 3解析：选 b.a 表示圆 x2y21 上的点的集合，b 表示直线 yx 上的点的集合，直线 yx 与圆 x2y21 有两个交点，所以 ab 中元素的个数为 2. 4解析：选 a.因为 m，n 是非零向量，所以 m n|m| |n|cosm，n0 的充要条件是cosm，

2、n0.因为 0，则由 mn 可知 m，n 的方向相反，m，n180，所以cosm，n0，所以“存在负数 ，使得 mn”可推得“m n0”；而由“m n0”，可推得“cosm，n0”，但不一定推得“m，n 的方向相反”，从而不一定推得“存在负数 ，使得 mn”综上所述，“存在负数 ，使得 mn”是“m n0s4s62s5，故选 c. 6解析：选 a.法一：由1212，得 06，故 sin 12.由 sin 12，得762k62k，kz，推不出“1212”故选 a. 法二：121206sin 12，而当 sin 12时，取 6，612412.故选 a. 7解析：因为 a233，所以由 ab1得 a

3、1，即实数 a 的值为 1. 答案：1 专题 2 函 数 1解析：选 d.因为函数 f(x)在(，)单调递减，且 f(1)1，所以 f(1)f(1)1，由1f(x2)1，得1x21，所以 1x3，故选 d. 2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. 3解析：选 a.因为 f(x)

4、3x13x，且定义域为 r，所以 f(x)3x13x13x3x2 / 32 3x13xf(x)，即函数 f(x)是奇函数又 y3x在 r 上是增函数，y13x在 r 上是减函数，所以 f(x)3x13x在 r 上是增函数故选 a. 4解析：选 b.当 0m1 时，需满足 1m(m1)2，解得 0m3，故这时 0m1.当 m1 时，需满足(m1)21m，解得 m3 或 m0，故这时 m3.综上可知，正实数 m的取值范围为(0，13，) 5解析：选 b.f(x)xa22a24b，当 0a21 时，f(x)minmfa2a24b，f(x)maxmmaxf(0)，f(1)maxb，1ab，所以 mmm

5、axa24，1aa24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. 6解析：选 a.根据题意，作出 f(x)的大致图象，如图所示 当 x1 时，若要 f(x)x2a 恒成立，结合图象，只需 x2x3 x2a ，即 x2x23a0，故对于方程 x2x23a0，1224(3a)0，解得 a4716；当 x1 时，若要 f(x)x2a 恒成立，结合图象，只需 x2xx2a，即x22xa.又x22x2，当且仅当x22x，即 x2 时等号成立，所以 a2.综上，a 的取值

6、范围是4716，2 . 7解析：当 x0 时，f(x)2x1 恒成立，当 x120，即 x12时，fx122x121，当x120，即 012，则不等式 f(x)fx121恒成立当 x0 时，f(x)fx12x1x122x321，所以14x0.综上所述，x的取值范围是14， . 3 / 32 答案：14， 8解析：由于 f(x)0，1)，因此只需考虑 1x10的情况， 在此范围内，xq 且 xz 时， 设 xqp，q，pn*，p2且 p，q互质， 若 lg xq，则由 lg x(0，1)， 可设 lg xnm，m，nn*，m2且 m，n 互质， 因此 10nmqp，则 10nqpm，此时左边为整

7、数，右边非整数，矛盾，因此 lg xq， 故 lg x不可能与每个周期内 xd对应的部分相等， 只需考虑 lg x 与每个周期内 xd部分的交点 画出函数草图(如图)，图中交点除(1，0)外其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期xd 的部分， 且 x1 处(lg x)1xln 101ln 1092时，f(x)max|4a|a2a45， 所以 a92(矛盾)，故 a的取值范围是，92. 答案：，92 专题 3 导数及其应用 1解析：选 a.因为 f(x)(x2ax1)ex1，所以 f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1.因为 x2 是函数 f(x)(x2ax1)ex

8、1的极值点，所以2 是 x2(a2)xa10 的根，所以 a1，f(x)(x2x2) ex1(x2)(x1)ex1.令 f(x)0，解得 x1，令 f(x)0，解得2x1，所以 f(x)在(，2)上单调递增，在(2，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以当 x1 时，f(x)取得极小值，且 f(x)极小值f(1)4 / 32 1，选择 a. 2解析：由 f(x)x32xex1ex，得 f(x)x32x1exexf(x)，所以 f(x)是 r上的奇函数，又 f(x)3x22ex1ex3x222ex1ex3x20，当且仅当 x0 时取等号，所以 f(x)在其定义域内单调递增，所以不等式 f(a

9、1)f(2a2)0f(a1)f(2a2)f(2a2)a12a2，解得1a12，故实数 a的取值范围是1，12. 答案：1，12 3解：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1) ()若 a0，则 f(x)0，则由 f(x)0得 xln a. 当 x(，ln a)时，f(x)0.所以 f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)单调递增 (2)()若 a0，由(1)知，f(x)至多有一个零点 ()若 a0，由(1)知，当 xln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)11aln a. 当 a1 时，由于 f(ln a)0，故 f(

10、x)只有一个零点； 当 a(1，)时，由于 11aln a0，即 f(ln a)0，故 f(x)没有零点； 当 a(0，1)时，11aln a0，即 f(ln a)2e220，故 f(x)在(，ln a)有一个零点 设正整数 n0满足 n0ln3a1 ，则 f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00. 由于 ln3a1 ln a，因此 f(x)在(ln a，)有一个零点 综上，a的取值范围为(0，1) 4解：(1)f(x)的定义域为(0，) 设 g(x)axaln x，则 f(x)xg(x)，f(x)0 等价于 g(x)0.因为 g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而 g(x

11、)a1x，g(1)a1，得 a1. 若 a1，则 g(x)11x.当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增所以 x1是 g(x)的极小值点，故 g(x)g(1)0. 综上，a1. (2)由(1)知 f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x. 5 / 32 设 h(x)2x2ln x，则 h(x)21x. 当 x0，12时，h(x)0.所以 h(x)在0，12单调递减，在12， 单调递增 又 h(e2)0，h120；当 x(x0，1)时，h(x)0. 因为 f(x)h(x)，所以 xx0是 f(x)的唯一极大值点 由 f(x0)0得 ln x02(x01)，故 f(

12、x0)x0(1x0) 由 x00，12得 f(x0)f(e1)e2. 所以 e2f(x0)22. 5解：(1)f(x)的定义域为(0，) 若 a0，因为 f1212aln 20，由 f(x)1axxax知，当 x(0，a)时，f(x)0.所以 f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增故 xa 是 f(x)在(0，)的唯一最小值点 由于 f(1)0，所以当且仅当 a1时，f(x)0. 故 a1. (2)由(1)知当 x(1，)时，x1ln x0. 令 x112n得 ln112n12n. 从而 ln112ln1122ln112n1212212n112n1. 故1121122112n2，所以

13、 m的最小值为 3. 6解：(1)由 f(x)x3ax2bx1，得 f(x)3x22axb3xa32ba23. 当 xa3时，f(x)有极小值 ba23. 因为 f(x)的极值点是 f(x)的零点， 所以 fa3a327a39ab310，又 a0，故 b2a293a. 6 / 32 因为 f(x)有极值，故 f(x)0 有实根，从而 ba2319a(27a3)0，即 a3.当 a3 时，f(x)0(x1)，故 f(x)在 r 上是增函数，f(x)没有极值；当 a3时，f(x)0有两个相异的实根 x1a a23b3，x2a a23b3.列表如下： x (，x1) x1 (x1，x2) x2 (x

14、2，) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 故 f(x)的极值点是 x1，x2. 从而 a3. 因此 b2a293a，定义域为(3，) (2)证明：由(1)知，ba2a a93a a . 设 g(t)2t93t，则 g(t)293t22t2279t2. 当 t3 62， 时，g(t)0，从而 g(t)在3 62， 上单调递增 因为 a3，所以 a a3 3， 故 g(a a)g(3 3) 3，即ba 3. 因此 b23a. (3)由(1)知，f(x)的极值点是 x1，x2，且 x1x223a，x21x224a26b9.从而 f(x1)f(x2)x31ax21bx11x32ax22bx2

15、1x13(3x212ax1b)x23(3x222ax2b)13a(x21x22)23b(x1x2)24a36ab274ab920. 记 f(x)，f(x)所有极值之和为 h(a)， 因为 f(x)的极值为 ba2319a23a，所以 h(a)19a23a，a3. 因为 h(a)29a3a20， 于是 h(a)在(3，)上单调递减 因为 h(6)72，于是 h(a)h(6)，故 a6. 因此 a 的取值范围为(3，6 专题 4 三角函数与解三角形 7 / 32 1解析：选 d.易知 c1：ycos xsinx2，把曲线 c1上的各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，得到函数 ysin2x2

16、的图象，再把所得函数的图象向左平移12个单位长度，可得函数 ysin2x122sin2x23的图象，即曲线 c2，故选 d. 2解析：选 d.根据函数解析式可知函数 f(x)的最小正周期为 2，所以函数的一个周期为2，a 正确；当 x83时，x33，所以 cosx31，所以 b 正确；f(x)cosx3cosx43，当 x6时，x4332，所以 f(x)0，所以 c 正确；函数f(x)cosx3在2，23 上单调递减，在23， 上单调递增，故 d不正确所以选 d. 3解析：选 a.由题意可知 sin b2sin bcos csin acos csin(ac)，即 2sin bcos csin

17、acos c，又 cos c0，故 2sin bsin a，由正弦定理可知 a2b. 4解析：选 a.由 f582，得5822k(kz)， 由 f1180，得118k(kz)， 由得 2343(k2k)，又最小正周期 t22，所以 01，23，又|，将 23代入得 12.选项 a符合 5解析：依题意，f(x)sin2x 3cos x34cos2x 3cos x14cos x3221，因为 x0，2，所以 cos x0，1，因此当 cos x32时，f(x)max1. 答案：1 6 解 析：在 abc 中， ab ac 4， bc2 ，由 余弦定 理得 cos abc ab2bc2ac22abb

18、c42224224214，则 sinabcsincbd154，所以 sbdc12bd bcsincbd152.因为 bdbc2，所以cdb12abc，则 coscdb cosabc12104. 答案：152 104 7解：(1)由题设得12acsin ba23sin a， 即12csin ba3sin a. 8 / 32 由正弦定理得12sin csin bsin a3sin a. 故 sin bsin c23. (2)由题设及(1)得 cos bcos csin bsin c12，即 cos(bc)12. 所以 bc23，故 a3. 由题设得12bcsin aa23sin a，即 bc8.

19、由余弦定理得 b2c2bc9， 即(bc)23bc9， 得 bc 33. 故abc的周长为 3 33. 8解：(1)由题设及 abc得 sin b8sin2b2，故 sin b4(1cos b) 上式两边平方，整理得 17cos2b32cos b150， 解得 cos b1(舍去)，cos b1517. (2)由 cos b1517得 sin b817，故 sabc12acsin b417ac.又 sabc2，则 ac172. 由余弦定理及 ac6得 b2a2c22accos b (ac)22ac(1cos b) 36217211517 4. 所以 b2. 9解：(1)由已知可得 tan a

20、3， 所以 a23. 在abc中，由余弦定理得 284c24ccos23， 即 c22c240. 解得 c6(舍去)，c4. (2)由题设可得cad2， 9 / 32 所以badbaccad6.故abd 面积与acd 面积的比值为12ab ad sin 612acad1. 又abc的面积为1242sinbac2 3，所以abd的面积为 3. 专题 5 平面向量、数系的扩充与复数的引入 1解析：选 b.设复数 zabi(a，br)，对于 p1，因为1z1abiabia2b2r，所以 b0，所以 zr，所以 p1是真命题；对于 p2，因为 z2(abi)2a2b22abir，所以 ab0，所以 a

21、0 或 b0，所以 p2不是真命题；对于 p3，设 z1xyi(x，yr)，z2cdi(c，dr)，则 z1z2(xyi)(cdi)cxdy(dxcy)ir，所以 dxcy0，取 z112i，z212i，z1 z2，所以 p3不是真命题；对于 p4，因为 zabir，所以 b0，所以 zabiar，所以 p4是真命题故选 b. 2解析：选 d.3i1i（3i）（1i）（1i）（1i）42i22i，选择 d. 3解析：选 b.如图，以等边三角形 abc 的底边 bc 所在直线为 x 轴，以 bc 的垂直平分线为 y 轴建立平面直角坐标系，则 a(0， 3)，b(1，0)，c(1，0)，设 p(x

22、，y)，则pa(x， 3y)，pb(1x，y)，pc(1x，y)，所以pa (pbpc)(x， 3y) (2x，2y)2x22(y32)232，当 x0，y32时，pa (pbpc)取得最小值，为32，选择 b. 4解析：选 c.z2i1i2i（1i）（1i）（1i）i(1i)1i，所以|z| 2. 5解析：选 a.以 a为坐标原点，ab，ad所在直线分别为 x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则 a(0，0)，b(1，0)，c(1，2)，d(0，2)，可得直线 bd 的方程为 2xy20，点 c 到直线 bd 的距离为2122225，圆 c：(x1)2(y2)245，因为 p 在圆 c上，

23、 10 / 32 所以 p12 55cos ，22 55sin ，ab(1，0)，ad(0，2)，apabad(，2)，所以12 55cos ，22 55sin 2， 22 55cos 55sin 2sin()3，tan 2，选 a. 6解析：选 b.因为 z(1i)(ai)a1(1a)i，所以它在复平面内对应的点为(a1，1a)，又此点在第二象限，所以a10，解得 a1，故选 b. 7解析：选 a.法一：由题意可知 za 3i，所以 z z(a 3i)(a 3i)a234，故 a1或1. 法二：z z|z|2a234，故 a1 或1. 8解析：选 c.如图所示，四边形 abce 是正方形，f

24、 为正方形的对角线的交点，易得 aoaf，而afb90，所以aob 与cod 为钝角，aod 与boc 为锐角根据题意，i1i2oa obob ocob (oaoc)ob ca|ob| |ca|cosaob0，所以 i1i3，作 agbd 于 g，又 abad，所以 obbggdod，而oaaffcoc， 所以|oa| |ob|oc| |od|，而 cosaobcoscodoc od，即 i1i3.所以 i3i1i2，故选 c. 9解析：易知|a2b| |a|24a b4|b|244211242 3. 答案：2 3 10解析：因为（ 3e1e2） （e1e2）| 3e1e2|e1e2|32 1

25、2， 故32 1212， 解得 33. 答案：33 11解析：法一：(|ab|ab|)2(ab)2(ab)22|ab| |ab|2a22b22|ab| |ab|102|ab| |ab|，而|ab| |ab|(ab) (ab)|a2b2|3，所以(|ab|a11 / 32 b|)216，即|ab|ab|4，即|ab|ab|的最小值为 4.又|ab|ab|2 （ab）2（ab）22 a2b2 5，所以|ab|ab|的最大值为 2 5. 法二：由向量三角不等式得，|ab|ab|(ab)(ab)|2b|4.又|ab|ab|2（ab）2（ab）22 a2b2 5，所以|ab|ab|的最大值为 2 5.

26、答案：4 2 5 12解析：adabbdab23bcab23(acab)13ab23ac.又ab ac32123， 所以ad ae13ab23ac (abac) 13ab21323ab ac23ac2 33132323411354，则 311. 答案：311 专题 6 数 列 1解析：选 c.设等差数列an的公差为 d， 所以a13da14d24，6a1652d48，所以 d4，故选 c. 2解析：选 b.每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为an，则前 7 项的和 s7381，公比 q2，依题意，得a1（127）12381，解得 a13，选择 b. 3解析：选 a.设等差数列an的公差为

27、 d，因为 a2，a3，a6成等比数列，所以 a2a6a23，即(a1d)(a15d)(a12d)2，又 a11，所以 d22d0，又 d0，则 d2，所以 a6a15d9，所以an前 6项的和 s6192624，故选 a. 4解析：设等差数列an的首项为 a1，公差为 d，依题意，a12d3，4a16d10，即a12d3，2a13d5，解得a11，d1， 所以 snn（n1）2， 12 / 32 因此k1n 1sk211212131n1n12nn1. 答案：2nn1 5解析：设等比数列an的公比为 q，则 a1a2a1(1q)1，a1a3a1(1q2)3，两式相除，得1q1q213， 解得

28、q2，a11，所以 a4a1q38. 答案：8 6解：(1)设数列xn的公比为 q，由已知 q0. 由题意得x1x1q3，x1q2x1q2. 所以 3q25q20. 因为 q0，所以 q2，x11， 因此数列xn的通项公式为 xn2n1. (2)过 p1，p2，pn1向 x 轴作垂线，垂足分别为 q1，q2，qn1.由(1)得 xn1xn2n2n12n1， 记梯形 pnpn1qn1qn的面积为 bn， 由题意得 bn（nn1）22n1(2n1)2n2， 所以 tnb1b2bn 321520721(2n1)2n3(2n1)2n2. 又 2tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1.

29、得 tn321(2222n1)(2n1)2n1 322（12n1）12(2n1)2n1. 所以 tn（2n1）2n12. 7解：(1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.由已知 b2b312，得b1(qq2)12，而 b12， 所以 q2q60.又因为 q0，解得 q2. 所以，bn2n. 由 b3a42a1，可得 3da18.由 s1111b4，可得 a15d16， 联立，解得 a11，d3，由此可得 an3n2. 所以，数列an的通项公式为 an3n2，数列bn的通项公式为 bn2n. 13 / 32 (2)设数列a2nb2n1的前 n 项和为 tn，由 a2n6n2，b

30、2n124n1，有 a2nb2n1(3n1)4n，故 tn24542843(3n1)4n， 4tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1， 上述两式相减，得 3tn2434234334n(3n1)4n1 12（14n）144(3n1)4n1 (3n2)4n18. 得 tn3n234n183. 所以，数列a2nb2n1的前 n 项和为3n234n183. 8解：(1)c1b1a1110， c2maxb12a1，b22a2max121，3221， c3maxb13a1，b23a2，b33a3max131，332，5332. 当 n3时， (bk1nak1)(bknak)(bk1bk)n(

31、ak1ak)2nnd1时，b1a1n，当d2nd1时. 当 d10 时， 取正整数 md2d1，则当 nm时，nd1d2，因此 cnb1a1n. 此时，cm，cm1，cm2，是等差数列 当 d10时，对任意 n1， cnb1a1n(n1)maxd2，0b1a1(n1)(maxd2，0a1) 此时，c1，c2，c3，cn，是等差数列 当 d1d2d1时，有 nd1maxm|b1d2|a1d1d2d1，d2d1， 故当 nm时，cnnm. 专题 7 不等式、推理与证明 1解析：选 a.法一：作出不等式组2x3y30，2x3y30，y30对应的可行域，如图中阴影部分所示易求得可行域的顶点 a(0，1

32、)，b(6，3)，c(6，3)，当直线 z2xy 过点 b(6，3)时，z 取得最小值，zmin2(6)315，选择 a. 法二：易求可行域顶点 a(0，1)，b(6，3)，c(6，3)，分别代入目标函数，求出对应的 z 的值依次为 1，15，9，故最小值为15. 2解析：选 d.不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，是以点 a(1，1)，b(3，3)，c(3，1)为顶点的三角形及其内部 当直线 zx2y 经过点 b时，x2y取得最大值，所以 zmax3239，故选 d. 3解析：选 c.x，y 满足的约束条件对应的平面区域如图中阴影部分所示，将直线 yx2z2进行平移，显然当该直线过点

33、 a(3，4)时 z 取得最大值，zmax385. 15 / 32 4解析：选 d.作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，由 zx2y，得y12xz2，所以z2是直线 y12xz2在 y 轴上的截距，根据图形知，当直线 y12xz2过a 点时，z2取得最小值由x2y0，xy30，得 x2，y1，即 a(2，1)，此时，z4，所以z4，故选 d. 5解析：选 d.作出约束条件所表示的可行域如图中阴影部分所示，由 zxy 得 yxz，作出直线 yx，平移使之经过可行域，观察可知，最优解在 b(0，3)处取得，故zmax033，选项 d符合 6解析：画出不等式组x2y1，2xy1，xy0所

34、表示的平面区域如图中阴影部分所示，由可行域知，当直线 y32xz2过点 a 时，在 y 轴上的截距最大，此时 z 最小，由x2y1，2xy1，解得x1，y1.所以 zmin5. 16 / 32 答案：5 7解析：作出约束条件表示的可行域如图中阴影部分所示，作出直线 l：3x4y0，平移直线 l，当直线 z3x4y经过点 a(1，1)时，z取得最小值，最小值为 341. 答案：1 专题 8 立体几何 1解析：选 b.由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为 2，直三棱柱的高为 2，三棱锥的高为 2，

35、易知该多面体有 2 个面是梯形，这些梯形的面积之和为（24）22212，故选 b. 2解析：选 b.法一：由题意知，该几何体由底面半径为 3，高为 10的圆柱截去底面半径为 3，高为 6 的圆柱的一半所得，故其体积 v32101232663. 法二：依题意，该几何体由底面半径为 3，高为 10的圆柱截去底面半径为 3，高为 6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为 3，高为 7 的圆柱的体积，所以它的体积 v32763，选择 b. 3解析：选 b.设圆柱的底面半径为 r，则 r21212234，所以，圆柱的体积 v34134，故选 b. 4解析：选 a.由几何体的三视图可得，该几何体是由半个

36、圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积 v13123131221321，故选 a. 5解析：由题意知，a，b，ac三条直线两两相互垂直，画出图形如图 不妨设图中所示正方体的棱长为 1， 则 ac1，ab 2， 17 / 32 斜边 ab 以直线 ac 为旋转轴旋转，则 a 点保持不变， b 点的运动轨迹是以 c为圆心，1为半径的圆 以 c 为坐标原点，以cd的方向为 x 轴正方向，cb的方向为 y 轴正方向，ca的方向为 z轴正方向建立空间直角坐标系 则 d(1，0，0)，a(0，0，1)， 直线 a 的单位方向向量 a(0，1，0)，|a|1. b 点起始坐标为(0，1，0)， 直线 b

37、的单位方向向量 b(1，0，0)，|b|1. 设 b 点在运动过程中的坐标 b(cos ，sin ，0)， 其中 为cb与cd的夹角，0，2) 那么 ab在运动过程中的向量ab(cos ，sin ，1)，|ab| 2. 设直线 ab与 a 所成的夹角为 0，2， cos |（cos ，sin ，1） （0，1，0）|a|ab|22|sin |0，22. 故 4，2，所以正确，错误 设直线 ab与 b 所成的夹角为 ，则 0，2， cos |ab b|b|ab|（cos ，sin ，1） （1，0，0）|b|ab|22|cos |. 当 ab与 a 成 60角时，3， |sin | 2cos 2

38、cos3 21222. 因为 cos2sin21， 所以|cos |22. 所以 cos 22|cos |12. 因为 0，2，所以 3， 此时 ab与 b成 60角 所以正确，错误 答案： 6解析：由给定的三视图可知 v12121412122. 18 / 32 答案：22 7解：(1)由已知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)在平面 pad内作 pfad，垂足为 f. 由(1)可知，ab平面 pad，故 abpf，可得 pf平面 abcd. 以 f 为坐标原点，fa的方

39、向为 x 轴正方向，|ab|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 f- xyz. 由(1)及已知可得 a22，0，0 ，p0，0，22，b22，1，0 ，c22，1，0 . 所以pc22，1，22，cb( 2，0，0)，pa22，0，22，ab(0，1，0) 设 n(x1，y1，z1)是平面 pcb 的法向量，则 n pc0，n cb0，即22x1y122z10，2x10. 可取 n(0，1， 2) 设 m(x2，y2，z2)是平面 pab的法向量， 则m pa0，m ab0，即22x222z20，y20. 可取 m(1，0，1) 则 cosn，mn m|n|m|33. 所以二面角 a- p

40、b- c 的余弦值为33. 8解：(1)取 pa 的中点 f，连接 ef，bf.因为 e 是 pd 的中点，所以 efad，ef12ad.由badabc90得 bcad，又 bc12ad，所以 ef綊 bc，四边形 bcef是平行四边形，cebf，又 bf平面 pab，ce平面 pab，故 ce平面 pab. 19 / 32 (2)由已知得 baad，以 a 为坐标原点，ab的方向为 x 轴正方向，|ab|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 a- xyz，则 a(0，0，0)，b(1，0，0)，c(1，1，0)，p(0，1， 3)，pc(1，0， 3)，ab(1，0，0) 设 m(x，y，

41、z)(0 x0，b0)的一条渐近线方程为 bxay0.因为直线 bxay0 被圆(x2)2y24 所截得的弦长为 2，所以|2b|b2a2 41，所以3a23b24b2，所以 3a2b2，所以 e 1b2a2 132，选择 a. 3解析：选 b.根据双曲线 c 的渐近线方程为 y52x，可知ba52 ，又椭圆x212y231 的焦点坐标为(3，0)和(3，0)，所以 a2b29 ，根据可知 a24，b25，所以选 b. 4解析：选 a.以线段 a1a2为直径的圆的方程为 x2y2a2，由原点到直线 bxay2ab0 的距离 d2abb2a2a，得 a23b2，所以 c的离心率 e1b2a263

42、，选 a. 5解析：双曲线的右顶点为 a(a，0)，一条渐近线的方程为 ybax，即 bxay0，圆心 a 到此渐近线的距离 d|baa0|b2a2abc，因为man60，圆的半径为 b，所以 b sin 60abc， 即3b2abc，所以 e232 33. 答案：2 33 6解析：法一：依题意，抛物线 c：y28x 的焦点 f(2，0)，准线 x2，因为 m 是c上一点，fm的延长线交 y轴于点 n，m为 fn的中点，设 m(a，b)(b0)，所以 a1，b2 2，所以 n(0，4 2)，|fn| 4326. 法二：依题意，抛物线 c：y28x 的焦点 f(2，0)，准线 x2，因为 m是

43、c上一点，fm的延长线交 y轴于点 n，m 为 fn的中点，则点 m 的横坐标为 1，所以|mf|1(2)3，|fn|2|mf|6. 答案：6 7解析：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. 22 / 32 kaby2y1x2x1x222px212px2x1x2x12p. 由x21a2y21b21， x22a2y22b21，得 kaby2y1x2x1b2（x1x2）a2（y1y2）b2a2x1x2p，则b2a2x1x2px2x12p，所以b2a212b

44、a22，所以双曲线的渐近线方程为 y22x. 答案：y22x 8解：(1)由于 p3，p4两点关于 y轴对称，故由题设知 c经过 p3，p4两点 又由1a21b21a234b2知，c 不经过点 p1，所以点 p2在 c 上 因此1b21，1a234b21，解得a24，b21. 故 c 的方程为x24y21. (2)设直线 p2a 与直线 p2b的斜率分别为 k1，k2. 如果 l 与 x 轴垂直，设 l：xt，由题设知 t0，且|t|0. 设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 x1x28km4k21，x1x24m244k21. 而 k1k2y11x1y21x2kx1m1x1kx2m1x2

45、 2kx1x2（m1）（x1x2）x1x2. 由题设 k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0. 即(2k1)4m244k21(m1)8km4k210. 解得 km12. 23 / 32 当且仅当 m1 时，0，于是 l：ym12xm， 即 y1m12(x2)，所以 l过定点(2，1) 9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

46、)，则 oq(3，t)，pf(1m，n)，oq pf33mtn， op(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. 10解：(1)证明：设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，l：xmy2. 由xmy2，y22x可得 y22my40， 则 y1y24. 又 x1y212，x2y222，故 x1x2（y1y2）244. 因此 oa 的斜率与 ob 的斜率之积为y1x1y2x2441， 所以 oaob.故

47、坐标原点 o在圆 m 上 (2)由(1)可得 y1y22m，x1x2m(y1y2)42m24. 故圆心 m的坐标为(m22，m)， 圆 m的半径 r （m22）2m2. 由于圆 m过点 p(4，2)， 因此ap bp0，故(x14)(x24)(y12)(y22)0， 即 x1x24(x1x2)y1y22(y1y2)200. 由(1)可得 y1y24，x1x24. 所以 2m2m10， 解得 m1或 m12. 当 m1 时，直线 l 的方程为 xy20，圆心 m 的坐标为(3，1)，圆 m 的半径为24 / 32 10，圆 m 的方程为(x3)2(y1)210. 当 m12时，直线 l 的方程为

48、 2xy40，圆心 m 的坐标为94，12，圆 m 的半径为854，圆 m的方程为x942y1228516. 11解：(1)设直线 ap的斜率为 k，kx214x12x12， 因为12x32，所以直线 ap斜率的取值范围是(1，1) (2)联立直线 ap 与 bq 的方程kxy12k140，xky94k320， 解得点 q 的横坐标是 xqk24k32（k21）. 因为|pa| 1k2x12 1k2(k1)， |pq| 1k2(xqx)（k1）（k1）2k21， 所以|pa| |pq|(k1)(k1)3. 令 f(k)(k1)(k1)3， 因为 f(k)(4k2)(k1)2， 所以 f(k)在

49、区间1，12上单调递增，12，1 上单调递减， 因此当 k12时，|pa|pq|取得最大值2716. 12解：(1)设 f 的坐标为(c，0) 依题意，ca12，p2a，ac12， 解得 a1，c12，p2，于是 b2a2c234. 所以，椭圆的方程为 x24y231，抛物线的方程为 y24x. (2)设直线 ap 的方程为 xmy1(m0)，与直线 l 的方程 x1 联立，可得点p1，2m，故 q1，2m.将 xmy1 与 x24y231 联立，消去 x，整理得(3m24)y26my0，解得 y0，或 y6m3m24.由点 b 异于点 a，可得点 b3m243m24，6m3m24.由25 /

50、 32 q1，2m，可得直线 bq 的方程为6m3m242m(x1)3m243m241y2m0，令 y0，解得 x23m23m22，故 d23m23m22，0 .所以|ad|123m23m226m23m22.又因为apd 的面积为62，故126m23m222|m|62，整理得 3m22 6|m|20，解得|m|63，所以 m63. 所以，直线 ap的方程为 3x 6y30，或 3x 6y30. 专题 10 计数原理、概率、随机 变量及其分布 1解析：选 b.不妨设正方形的边长为 2，则正方形的面积为 4，正方形的内切圆的半径为 1，面积为 .由于正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中

51、心成中心对称，所以黑色部分的面积为2，故此点取自黑色部分的概率为248，故选 b. 2解析：选 c.(1x)6展开式的通项 tr1cr6xr，所以11x2(1x)6的展开式中 x2的系数为 1c261c4630，故选 c. 3解析：选 d.因为安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由 1人完成，所以必有 1 人完成 2 项工作先把 4 项工作分成 3 组，即 2，1，1，有c24c12c11a226种，再分配给 3 个人，有 a336 种，所以不同的安排方式共有 6636(种) 4解析：选 c.当第一个括号内取 x 时，第二个括号内要取含 x2y3的项，即 c35(

52、2x)2(y)3，当第一个括号内取 y 时，第二个括号内要取含 x3y2的项，即 c25(2x)3(y)2，所以 x3y3的系数为 c2523c352210(84)40. 5解析：选 c.所求概率为 pc12c15c14c19c1859. 6解析：依题意，xb(100，0.02)， 所以 dx1000.02(10.02)1.96. 答案：1.96 7解析：分两步，第一步，选出 4 人，由于至少 1名女生，故有 c48c4655种不同的选法；第二步，从 4 人中选出队长、副队长各 1 人，有 a2412 种不同的选法根据分步乘法计数原理知共有 5512660 种不同的选法 答案：660 8解析：

53、由题意可知 c2n3254，所以 c2n6，解得 n4. 答案：4 9解：(1)抽取的一个零件的尺寸在(3，3)之内的概率为 0.997 4，从而零件的尺寸在(3，3)之外的概率为 0.002 6，故 xb(16，0.002 6)因此 p(x1)1p(x26 / 32 0)10.997 4160.040 8. x 的数学期望为 ex160.002 60.041 6. (2)(i)如果生产状态正常，一个零件尺寸在(3，3)之外的概率只有 0.002 6，一天内抽取的 16 个零件中，出现尺寸在(3，3)之外的零件的概率只有 0.040 8，发生的概率很小因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产

54、线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的 (ii)由 x9.97，s0.212，得 的估计值为9.97， 的估计值为0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(3，3)之外，因此需对当天的生产过程进行检查 剔除(3，3)之外的数据 9.22，剩下数据的平均数为115(169.979.22)10.02， 因此 的估计值为 10.02. i116x2i160.2122169.9721 591.134， 剔除(3，3)之外的数据 9.22，剩下数据的样本方差为115(1 591.1349.2221510.022)0.008， 因此

55、的估计值为 0.0080.09. 10解：(1)由题意知，x所有可能取值为 200，300，500，由表格数据知 p(x200)216900.2，p(x300)36900.4，p(x500)2574900.4. 因此 x的分布列为 x 200 300 500 p 0.2 0.4 0.4 (2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为 500，至少为 200，因此只需考虑200n500. 当 300n500 时， 若最高气温不低于 25，则 y6n4n2n； 若最高气温位于区间20，25)，则 y63002(n300)4n1 2002n； 若最高气温低于 20，则 y62002(n200)4n800

56、2n. 因此 ey2n0.4(1 2002n)0.4(8002n)0.26400.4n. 当 200n1 000的最小偶数，故执行框中应填入 nn2，选 d. 2解析：选 b.运行程序框图，a1，s0，k1，k6 成立；s0(1)11，a1，k2，k6 成立；s1121，a1，k3，k6 成立；s1(1)32，a1，k4，k6 成立；s2142，a1，k5，k6 成立；s2(1)53，a1，k6，k6 成立；s3163，a1，k7，k6 不成立，输出 s3.选择 b. 3解析：选 a.根据折线图可知，2014年 8月到 9月、2014年 10 月到 11月等月接待游客量都是减少，所以 a 错误

57、 4解析：选 d.s0100100，m10，t2，10091；s1001090，m1，t3，9091，输出 s，此时，t3 不满足 tn，所以输入的正整数 n 的最小值为 2，故选d. 5解析：选 c.第一次循环，24 能被 3 整除，n24383；第二次循环，8 不能被 3整除，n8173；第三次循环，7 不能被 3 整除，n7163；第四次循环，6 能被 3整除，n6323，结束循环，故输出 n 的值为 2.选择 c. 6解析：应从丙种型号的产品中抽取 6030020040030010018(件) 答案：18 7解：(1)记 b 表示事件“旧养殖法的箱产量低于 50 kg”，c 表示事件“

58、新养殖法的箱产量不低于 50 kg” 由题意知 p(a)p(bc)p(b)p(c) 旧养殖法的箱产量低于 50 kg 的频率为 (0.0120.0140.0240.0340.040)50.62， 故 p(b)的估计值为 0.62. 新养殖法的箱产量不低于 50 kg 的频率为 29 / 32 (0.0680.0460.0100.008)50.66， 故 p(c)的估计值为 0.66. 因此，事件 a 的概率估计值为 0.620.660.409 2. (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)因为新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于 5