2009至2013五年安徽理科数学高考卷答案

1、2009年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）数学（理科）答案一. 选择题1-10. BDBAB CACAD 1、解析 ，选B。2、解析集合，选D3、解析由得，选B4、解析：由b且cdb+d，而由b+d b且cd，可举反例。选A5、解析：由+=105得即，由=99得即 ，由得，选B6、解析：，由得，当时，取极大值0，当时取极小值且极小值为负。故选C。或当时，当时，选C w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 7、解析：不等式表示的平面区域如图所示阴影部分ABC由得A（1，1），又B（0，4），C（0，）ABC=，设与的交点为D，则由知，选A。 8. 解析：，由题设的周期为，由得，故选C9、解

2、析：由得，即，切线方程为，即选A10、解析 如图，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，共有ABCDEF种不同取法，其中所得的两条直线相互平行但不重合有共12对，所以所求概率为，选D二. 填空题11、解析 12、解析 直线的普通方程为，曲线的普通方程13、解析 由程序框图知，循环体被执行后的值依次为3、7、15、31、63、127，故输出的结果是127。14、解析设 ，即15、解析三解答题16、解：（）由，且，ABC，又，（）如图，由正弦定理得，又17、解：随机变量X的分布列是X123PX的均值为 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 附：X的分布列的一种

3、求法共有如下6种不同的可能情形，每种情形发生的概率都是：ABCDABCDABCDABDCACDB在情形和之下，A直接感染了一个人；在情形、之下，A直接感染了两个人；在情形之下，A直接感染了三个人。18、解：（I）（综合法）连接AC、BD交于菱形的中心O，过O作OGAF，G为垂足。连接BG、DG。由BDAC，BDCF得BD平面ACF，故BDAF。 于是AF平面BGD，所以BGAF，DGAF，BGD为二面角BAFD 的平面角。由， ，得，由，得（向量法）以A为坐标原点，、方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）设平面ABF的法向量，则由得令，得，同理，可求得平面ADF的法向量。

4、w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 由知，平面ABF与平面ADF垂直，二面角B-AF-D的大小等于。（II）连EB、EC、ED，设直线AF与直线CE相交于点H，则四棱锥E-ABCD与四棱锥F-ABCD的公共部分为四棱锥H-ABCD。过H作HP平面ABCD，P为垂足。因为EA平面ABCD，FC平面ABCD，所以平面ACFE平面ABCD，从而由得。又因为故四棱锥H-ABCD的体积 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 19、解：的定义域是(0,+),设,二次方程的判别式. 当，即时，对一切都有,此时在上是增函数。 当,即时，仅对有,对其余的都有,此时在上也是增函数。 当，即时，w.w.w.k

5、.s.5.u.c.o.m 方程有两个不同的实根,.+0_0+单调递增极大单调递减极小单调递增此时在上单调递增, 在是上单调递减, 在上单调递增.20、解：本小题主要考查直线和椭圆的标准方程和参数方程，直线和曲线的几何性质，等比数列等基础知识。考查综合运用知识分析问题、解决问题的能力。本小题满分13分。解：（I）（方法一）由得代入椭圆,得.将代入上式,得从而因此,方程组有唯一解,即直线与椭圆有唯一交点P. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m (方法二)显然P是椭圆与的交点，若Q是椭圆与的交点，代入的方程，得即故P与Q重合。（方法三）在第一象限内，由可得椭圆在点P处的切线斜率切线方程为即。因此

6、，就是椭圆在点P处的切线。根据椭圆切线的性质，P是椭圆与直线的唯一交点。（II）的斜率为的斜率为由此得构成等比数列。21、解：（I）已知是奇数，假设是奇数，其中为正整数，则由递推关系得是奇数。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 根据数学归纳法，对任何，都是奇数。（II）（方法一）由知，当且仅当或。另一方面，若则；若，则根据数学归纳法，综合所述，对一切都有的充要条件是或。（方法二）由得于是或。 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 因为所以所有的均大于0，因此与同号。根据数学归纳法，与同号。因此，对一切都有的充要条件是或。2010年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）数学（理科）答案1.

7、 B 解析：本题考查了复数的四则运算问题。由于=+i；2. A 解析：本题考查了对数不等式的求解及集合的运算。由于A=x|x=x|x=x|0；3. C 解析：本题考查了平面向量的坐标运算、平面向量的位置关系等。由于a=（1，0），b=（，），那么|a|=1，|b|=，选项A错；ab=1+0=，选项B错；（ab）b=（，）（，）=0，即ab与b垂直，选项C正确；，选项D错.4. A 解析：本题考查了函数的周期性、奇偶性及函数值与运算问题。由于f（x）是R上周期为5的奇函数，那么f（3）=f（35）=f（2）=f（2）=2，f（4）=f（45）=f（1）=f（1）=1，则f（3）f（4）=2（1）

8、=1；5. C 解析：本题考查了双曲线的几何性质。由于双曲线方程为x22y2=1，即x2=1，那么a2=1，b2=，则有c2=a2+b2=，即c=，那么对应的右焦点坐标为（，0）；6. D 解析：本题考查了二次函数的图象与参数的关系。由于abc0，那么当a0时，对应的图象开口朝上，有bc0，对称轴x=0，此时c0，选项C错误；对称轴x=0时，有b0，此时c0，选项D正确；7. B 解析：本题考查了圆的参数方程，直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式等。由曲线C的参数方程得对应的圆的圆心坐标为C（2，1），半径r=3，那么C（2，1）到直线x3y+2=0的距离d=，那么曲线C与直线l相切，则C上

9、到直线l距离为的点有2个；8. C 解析：本题考查了简单几何体的三视图与直观图的转化，以及简单几何体的表面积计算问题。由图中的三视图知，该几何体是由两个长方体组成的简单组合体，下面是一个长、宽、高分别为8、10、2的长方体，上面竖着是一个长、宽、高分别为6、2、8的长方体，那么其表面积等于下面长方体的表面积与上面长方体的侧面积之和，即S=2（810+82+102）+2（68+28）=360；9. D 解析：本题考查了平面解析几何的创新应用，三角函数概念及其三角函数的图象与性质等。由于12秒旋转一周，则每秒转过=，而t=0时，y=sin，那么动点A的纵坐标关于t的函数关系式为y=sin（t+）（

10、t0，12），则对应的单调递增区间为t+2k，2k+，kZ，则有t12k5，12k+1，kZ，由于t0，12，则当k=0时，t0，1，当k=1时，t7，12；10. D 解析：本题考查了等比数列前n项的相关性质及其应用。由于等比数列an中Sn=X，S2n=Y，S3n=Z，根据等比数列的相关性质，对应的Sn，S2nSn，S3nS2n也成等比数列，即X，YX，ZY成等比数列，则有（YX）2=X（ZY），即Y（YX）=X（ZX）；二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分把答案填在答题卡的相应位置（11）存在（12）15（若只写，也可）（13）4 （14）12 （15）11. “存在xR，有|

11、x2|+|x4|3” 解析：本题考查了存在命题的否定。由于存在命题的否定是全称命题，对应“对任何xR，|x2|+|x4|3”的否定就是“存在xR，有|x2|+|x4|3”；12. 15 解析：本题考查了二项展开式的性质与通项公式等。由于二项展开式的通项为Tr+1=（）6r（）r=（1）r，令6r=3，解得r=2，那其对应的系数为（1）2=15；13. 4 解析：本题考查了线性规划中的平面区域与函数值最值问题，以及利用基本不等式来求解最值问题。作出平面区域，如图中的阴影部分，由图知，当过点A（1，4）时，z=abx+y取得最大值8，此ab=4，即ab=4，而a0，b0，那么a+b2=4，当且仅当

12、a=b=2时等号成立；14. 12 解析：本题考查了算法中的程序框图的识别与应用。当x=1时，经过判断其是奇数，则有x=1+1=2；经过判断其是偶数，则有x=2+2=4，经过判断x8，输出x=12；15. 解析：本题考查了随机事件的概率，条件概率和互斥事件等问题。根据题意可得P（A1）=，P（A2）=，P（A3）=，可以判断是正确的；而P（B）=+=，则是错误的；由于P（B|A1）=，则是正确的；同时可以判断出和是错误的；三、解答题：本大题共6小题，共75分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，解答写在答题卡上的指定区域内（16）（本小题满分12分） 本题考查两角和的正弦公式，同角三角函数的

13、基本关系，特殊角的三角函数值，向量的数量积，利用余弦定理解三角形等有关知识，考查综合运算求解能力. 解：（I）因为 （II）由可得 由（I）知所以 由余弦定理知及代入，得 +2，得，所以 因此，c，b是一元二次方程的两个根.解此方程并由（17）（本小题满分12分）本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调区间，求函数的极值和证明函数不等式，考查运算能力、综合分析和解决问题的能力. （I）解：由令的变化情况如下表：0+单调递减单调递增故的单调递减区间是，单调递增区间是，处取得极小值，极小值为 （II）证：设于是由（I）知当于是当而即（18）（本小题满分13分） 本题考查空间线面平行、线面垂直、面

14、面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力. 综合法（1）证：设AC与BD交于点G，则G为AC的中点，连EG，GH， 又H为BC的中点， 四边形EFHG为平行四边形，EG/FH，而EG平面EDB，FH/平面EDB. （II）证：由四边形ABCD为正方形，有ABBC，又EF/AB，EFBC.而EFFB，EF平面BFC，EFFH，ABFH.又BF=FC，H为BC的中点，FHBC.FH平面ABCD，FHAC，又FH/BC，AC=EG.又ACBD，EGBD=G，AG平面EDB. （III）解：EFFB，BFC=90，BF平面CD

15、EF， 在平面CDEF内过点F作FKDE交DE的延长线于K，则FKB为二面角BDEC的一个平面角.设EF=1，则AB=2，FC=，DE=又EF/DC，KEF=EDC，sinEDC=sinKEF=FK=EFsinKEF=，tanFKB=FKB=60二面角BDEC为60.向量法四边形ABCD为正方形，ABBC，又EF/AB，EFBC.又EFFB，EF平面BFC.EFFH，ABFH.又BF=FC，H为BC的中点，FHBC，FH平面ABC.以H为坐标原点，轴正向，轴正向， 建立如图所示坐标系.设BH=1，则A（1，2，0），B（1，0，0），C（1，0，0），D（1，2，0），E（0，1，1），F（0

16、，0，1）. （I）证：设AC与BD的交点为G，连GE，GH，则平面EDB，HF不在平面EDB内，FH平面EBD， （II）证： 又ACBD，EGBD=G，AC平面EDB. （III）解：设平面BDE的法向量为则即二面角BDEC为60.（19）（本小题满分13分） 本题考查椭圆的定义及标准方程，椭圆的简单几何性质，直线的点斜式方程与一般方程，点到直线的距离公式，点关于直线的对称等基础知识；考查解析几何的基本思想、综合运算能力、探究意识与创新意识.解：（I）设椭圆E的方程为将A（2，3）代入上式，得椭圆E的方程为 （II）解法1：由（I）知，所以直线AF1的方程为：直线AF2的方程为：由点A在椭

17、圆E上的位置知，直线l的斜率为正数.设上任一点，则若（因其斜率为负，舍去）.所以直线l的方程为：解法2： （III）解法1：假设存在这样的两个不同的点由于M在l上，故 又B，C在椭圆上，所以有两式相减，得即将该式写为，并将直线BC的斜率和线段BC的中点，表示代入该表达式中，得 2得，即BC的中点为点A，而这是不可能的.不存在满足题设条件的点B和C.解法2：假设存在，则得一元二次方程则是该方程的两个根，由韦达定理得于是B，C的中点坐标为又线段BC的中点在直线即B，C的中点坐标为（2，3），与点A重合，矛盾.不存在满足题设条件的相异两点.（20）（本小题满分12分）本题考查等差数列、数学归纳法与充

18、要条件等有关知识，考查推理论证、运算求解能力.证：先证必要性设数列则所述等式显然成立，若，则再证充分性.证法1：（数学归纳法）设所述的等式对一切都成立，首先，在等式 两端同乘成等差数列，记公差为假设时，观察如下二等式 ， 将代入，得在该式两端同乘将由数学归纳法原理知，对一切所以的等差数列.证法2：直接证法依题意有 得，在上式两端同乘同理可得 得即是等差数列，（21）（本小题满分13分）本题考查离散型随机变量及其分布列，考查在复杂场合下进行计数的能力，能过设置密切贴近生产、生活实际的问题情境，考查概率思想在现实生活中的应用，考查抽象概括能力、应用与创新意识.解：（I）X的可能值集合为0，2，4，

19、6，8.在1，2，3，4中奇数与偶数各有两个，所以中的奇数个数等于中的偶数个数，因此的奇偶性相同，从而必为偶数.X的值非负，且易知其值不大于8.容易举出使得X的值等于0，2，4，6，8各值的排列的例子. （II）可用列表或树状图列出1，2，3，4的一共24种排列，计算每种排列下的X值，在等可能的假定下，得到X0 2 4 6 8P （III）（i）首先，将三轮测试都有的概率记做p，由上述结果和独立性假设，得 （ii）由于是一个很小的概率，这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有的结果的可能性很小，所以我们认为该品酒师确实有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测.2011年普通高等学校招生全国统一考试（

20、安徽卷）数学（理科）答案答案：一选择题：1、1、A【命题意图】本题主要考查复数的运算和纯虚数的定义。 【解析】为纯虚数，所以2-a=0,所以a=2. 故选A2、C【命题意图】本题主要考查双曲线的方程和性质。【解析】双曲线的方程为 故选C.3、A 【命题意图】本题主要考查函数 的奇偶性和函数的解析式。【解析】故选A.4、B【命题意图】本题主要考查本题主要考查线性规划的应用。【解析】画出可行域，求出交点为（1，0）,（-1,0），（0，1）、（0，-1），代入比较可得目标函数得最大值是2,最小值是2.故选B5、D【命题意图】本题主要考查极坐标和直角坐标之间的互化公式。【解析】由互化公式得点化为，圆

21、化为，所以圆心坐标为，由两点间距离公式得点 到圆 的圆心的距离为。 故选D6、C【命题意图】本题主要考查三视图及组合体的表面积计算的基础知识，正确想象出实物图，代人矩形及梯形的表面积公式即可。【解析】由三视图知该几何体是棱锥。该几何体的表面积为 故选C7、D【命题意图】本题主要考查命题的否定。【解析】由命题的否定定义知选D8、B【命题意图】本题主要考查集合的子集和交集的运算。【解析】A的子集共有个，满足有个，则满足且的集合为64-8=56. 故选B9、C【命题意图】【命题意图】本题主要考查三角函数的图像与性质。【解析】又取令，故选C.10、B【命题意图】本题主要考查导数的应用和函数的单调性。把

22、每个选项逐一代入即可。【解析】由对于A选项，当时，函数在上是增函数，当时，函数在上是减函数;对于B选项，当时，函数在上是增函数当时，函数在上是减函数。故选B. 二填空题： 11、15【命题意图】本题主要考查本题主要考查算法流程图，关键是循环终止条件的判断。【解析】通过对流程图分析可知，令12、0【命题意图】本题主要考查二项式定理的应用和性质。【解析】13、【命题意图】本题主要考查向量的数量积公式的应用和向量的夹角。【解析】由（a+2b）（a-b）=-6得14、【命题意图】本题主要考查等差中项、余弦定理以及三角形面积公式的应用。【解析】设三角形的边长分别为a-4,a,a+4,由余弦定理知15、【

23、命题意图】本题主要考查反证法和充分必要条件的应用。【解析】对于，构造直线，它既不与坐标轴平行又不经过任何整点，故正确；对于，假设如果与都是无理数，取直线经过整点（1,0），故不正确；对于，易知正确；对于，当与都是有理数时，直线经过无穷多个整点，由可知当与都是无理数，直线经过整点，故不正确；对于，构造直线，它是仅经过一个整点（0,0）的直线，故正确.16解：对f(x)求导得.(1)当时，若f(x)0，则4x28x30，解得.结合，可知xf(x)00f(x)极大值极小值所以，是极小值点，是极大值点(2)若f(x)为R上的单调函数，则f(x)在R上不变号结合与条件a0，知ax22ax10在R上恒成立

24、，因此4a24a4a(a1)0，由此并结合a0，知0a1.17 (1)(综合法)证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点由于OAB与ODE都是正三角形，所以OB， OGOD2.同理，设G是线段DA与线段FC延长线的交点，有OGOD2.又由于G和G都在线段DA的延长线上，所以G与G重合在GED和GFD中，由OB 和OC ，可知B，C分别是GE和GF的中点，所以BC是GEF的中位线，故BCEF.(向量法)过点F作FQAD，交AD于点Q，连QE.由平面ABED平面ADFC，知FQ平面ABED，以Q为坐标原点，为x轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系由条件知E(，0，0)，F(

25、0，0，)，B(，0)，C(0，)则有，所以，即得BCEF.(2)解：由OB1，OE2，EOB60，知SEOB.而OED是边长为2的正三角形，故SOED.所以S四边形OBEDSEOBSOED.由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥FOBED的高，且FQ，所以VFOBEDFQS四边形OBED.18解：(1)设构成等比数列，其中，并利用，得(2)由题意和(1)中计算结果，知bntan(n2)tan(n3)，n1.另一方面，利用，得.所以19证明：(1)由于x1，y1，所以.将上式中的右式减左式，得既然x1，y1，所以.从而所要证明的不等式成立(2)设，由对数的换底公式得.于是，所要证明的不等

26、式即为，其中.故由(1)成立知所要证明的不等式成立20解：(1)无论以怎样的顺序派出人员，任务不能被完成的概率都是，所以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关，并等于(2)当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为时，随机变量X的分布列为X123P所需派出的人员数目的均值(数学期望)EX是EXq12(1q1)q23(1q1)(1q2)32q1q2q1q2.(3)方法一：由(2)的结论知，当以甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，EX32p1p2p1p2.根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值下面证明：对于p1，p2，p3的任意排列q1，q2，q3，都有32q

27、1q2q1q232p1p2p1p2.(*)事实上，即(*)成立方法二：可将(2)中所求的EX改写为，若交换前两人的派出顺序，则变为.由此可见，当时，交换前两人的派出顺序可减小均值也可将(2)中所求的EX改写为，若交换后两人的派出顺序，则变为.由此可见，若保持第一个派出的人选不变，当q3q2时，交换后两人的派出顺序也可减小均值综合可知，当(q1，q2，q3)(p1，p2，p3)时，EX达到最小，即完成任务概率大的人优先派出，可减小所需派出人员数目的均值，这一结论是合乎常理的21解：由知Q、M、P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设P(x，y)，Q(x，y0)，M(x，x2)，则，即，再设B(x

28、1，y1)，由，即(xx1，y0y1)(1x，1y0)，解得将式代入式，消去y0，得又点B在抛物线yx2上，所以.再将式代入，得(1)2x2(1)y(1)2x22(1)x2，2(1)x(1)y(1)0.因0，两边同除以，得.故所求点P的轨迹方程为.2012年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）数学（理科）答案1. 【解析】选2. 【解析】选与均满足：得：满足条件3. 【解析】选4. 【解析】选5. 【解析】选 甲的成绩的方差为，乙的成绩的方差为6. 【解析】选 如果；则与条件相同7. 【解析】选第一个因式取，第二个因式取得：第一个因式取，第二个因式取得： 展开式的常数项是8. 【解析】选【方

29、法一】设则【方法二】将向量按逆时针旋转后得 则9. 【解析】选设及；则点到准线的距离为得： 又的面积为10. 【解析】选。设仅有甲与乙，丙没交换纪念品，则收到份纪念品的同学人数为人。设仅有甲与乙，丙与丁没交换纪念品，则收到份纪念品的同学人数为人。11. 【解析】的取值范围为约束条件对应边际及内的区域：则12. 【解析】表面积是该几何体是底面是直角梯形，高为的直四棱柱几何体的表面积是13. 【解析】距离是 圆的圆心直线；点到直线的距离是14. 【解析】的最小值是15. 【解析】正确的是当时，与矛盾取满足得：取满足得：16. 【解析】 （I）函数的最小正周期 （2）当时， 当时， 当时， 得：函数

30、在上的解析式为17. 【解析】（I）表示两次调题均为类型试题，概率为（）时，每次调用的是类型试题的概率为 随机变量可取，答：（）的概率为 （）求的均值为18. 【解析】（I）取的中点为点，连接则，面面面同理：面 得：共面又面（）延长到，使 得： ，面面面面 （）是二面角的平面角 在中， 在中， 得：二面角的余弦值为。19. 【解析】（I）设；则 当时，在上是增函数 得：当时，的最小值为 当时， 当且仅当时，的最小值为（II） 由题意得：20. 【解析】（I）点代入得： 又 由得： 既椭圆的方程为（II）设；则 得： 过点与椭圆相切的直线斜率 得：直线与椭圆只有一个交点。21. 【解析】（I）必

31、要条件：当时，数列是单调递减数列 充分条件：数列是单调递减数列 得：数列是单调递减数列的充分必要条件是 （II）由（I）得： 当时，不合题意 当时， 当时，与同号，由 当时，存在，使与异号与数列是单调递减数列矛盾得：当时，数列是单调递增数列。2013年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）数学（理科）答案一、选择题【1】A 设，则，代入，得，即. 根据复数相等的充要条件可知，解得，.【2】D 根据框图可知，不满足条件“”，输出结果，则.【3】A “平行于同一条直线的两条直线相互平行”是公理，注意与选项A区别开来.【4】C 先求出函数在区间内单调递增时实数的取值范围.当时，在内单调递增；当时，作

32、出函数的大致图象（图略），得到函数在上单调递减，在区间上单调递增，即在（0，+）内不单调，不符合题意，舍去；当时，作出函数的大致图象（图略），得到函数在上单调递减，在区间上单调递增，符合题意.综上，当函数在区间内单调递增时实数的取值范围为.【5】C 经计算，这五名男生成绩的平均数为90，五名女生成绩的平均数为91，五名男生成绩的方差为8，五名女生成绩的方差为6.【6】D 由条件可知一元二次不等式的解集为，故不等式可转化为，解得.【7】B 将极坐标系中的方程转化为直角坐标系中的方程：，即，极轴即为轴的非负半轴，于是得到符合题意的两条切线，于是它们的极坐标方程为和.【8】B 由条件可将看成函数图象

33、上点与原点连线的斜率.当连线位于位置时，连线与图象有两个公共点，故；当连线位于位置时，连线与图象有三个公共点，故；当连线位于位置时，连线与图象有四个公共点，故.故选B.【9】D 由，得,.取A(1，)，B(1，)，P(x，y)，则由，得解得将它代入中，化简整理，得. （*）设，易知，所以方程的曲线关于x轴，y轴和原点对称，从而可先考虑当x0，y0时，这不等式（*）所对应的平面区域.（1） 当 即时，不等式（*）可化为 x1，此时不等式（*）所表示的平面区域如图1所示；（2） 当 即时，不等式（*）可化为，此时不等式（*）所表示的平面区域如图2所示；综合（1）（2），知当x0，y0时，不等式（*）所表示的平面区域为长为，宽为1的矩形区域.再根据对称性可知不等式（*）所表示的平面区域为长为2，宽为2的矩形区域，其面积为22=4.【10】A 由条件可知，由条件可知是方程的两实根，由该方程的二次项系数为正，可知函数的单调性为先增后减再增，故可作出函数的大致图象.令，则方程可化为，所以，要判断方程的不同实根个数，只需看两条直线与函数的图象有几个交点.分两种情况讨论，如图1，当时，有3个交点；如图2，当时，同样有3个交点，故选A.二、填空题【11】 通项，令，则，故系数，解得.【12】 根据正弦定理由知，又，根据余弦定理可知，.【13】 显然，不妨设，根据题意可知以线段为直径的圆与所