数学答案

数学参考答案一、选择题：1．A.本小题主要考查充要条件的判定。由0x||0x充分而||0x0x或0x，不必要，故选A。2．C．3302551520511ddada，故选C．3.D．设长宽高为a、b、c，则312632222cbaacbcabl=6，答案：D．4．Ｃ．①正确,②错误,③错误,④正确．5．A．由等差数列的求和公式可得31161331,26153SadadSad可得且0d所以6112161527312669010SaddSadd，故选A．6.（理科）D．法一：本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多个法二：通过计算，显然两个正四棱锥的高均为12，考查放入正方体后，面ABCD所在的截面，显然其面积是不固定的，取值范围是1,12，所以该几何体的体积取值范围是11,63（文科）D本小题主要考查三视图与几何体的表面积。从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的，其表面积为22411221312.S选D。8．（理科）C．x=cc11,y=11cc，∴xy．（文科）A．先作出已知圆C关于x轴对称的圆'C，问题转化为求点A到圆'C上的点的最短路径，即|'|14AC．9.（理）B．过球心作平行于底的截面，R=23tan30°=2.（文）B．10．A．认识信息，理解理想数的意义有，R234l20025014984995002501,5004984995002004500321500321aaaaaaaa，选A．11.B．乙甲，但甲乙，例如四棱锥S—ABCD的底面ABCD为菱形，但它不是正四棱锥.12.（理科）C．连OA、OB、OC、OD则VA－BEFD＝VO－ABD＋VO－ABE＋VO－BEFDVA－EFC＝VO－ADC＋VO－AEC＋VO－EFC又VA－BEFD＝VA－EFC而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故SABD＋SABE＋SBEFD＝SADC＋SAEC＋SEFC又面AEF公共，故选C（文科）C．注意到圆心(3,5)C到已知直线的距离为22|433(5)21|54(3)，结合图形可知有两个极端情形：其一是如图7-28所示的小圆，半径为4；其二是如图7-28所示的大圆，其半径为6，故46r二、填空题：13.（文）mbmaba．提示:由盐的浓度变大得．（理）3个，由不等式性质得：adbcbdacab0bdacadbcab0,0abadbcbdac14．由112332(3)nnnnaaaa，即133nnaa=2，所以数列｛na＋3｝是以（1a+3）为首项，以2为公比的等比数列，故na＋3=（1a+3）12n，na=12n－3.15.63．不妨认为一个正四棱柱为正方体,与正方体的所有面成角相等时,为与相交于同一顶点的三个相互垂直的平面所成角相等,即为体对角线与该正方体所成角.故26cos33.16．(文科)（B）（D）.圆心坐标为（－cos，sin）d＝222|kcossin|1k|sin|1k1k|sin|1－－＋（＋）＝＋＋＝（＋）故填（B）（D）（理科）①③④⑤．如图，B、D、A1到平面的距离分别为1、2、4，则D、A1的中点到平面的距离为3，所以D1到平面的距离为6；B、A1的中点到平面的距离为52，所以B1到平面的距离为5；则D、B的为3；C、A1的中点到平面的距离为72，所以C1到平面的距离为7；而P为C、中点到平面的距离为32，所以C到平面的距离C1、B1、D1中的一点，所以填①③④⑤．三、解答题17．（文）（1）3212,（2）5632（3）一般结论：若231nnnnNn则成立证明欲证231nnnn成立只需证23111nnnn也就是231nnnn（）Nn成立从而)(2,31nnnn故231nnnn)(Nn（理）解先考查两个变量的情形（1-a）(1-b)=1-a-b+ab≥1-a-b当且仅当a、b中至少有1个为零时,等号成立∴(1-a)(1-b)(1-c)≥(1-a-b)(1-c)=1-a-b-c+c(a+b)≥1-a-b-c当且仅当a、b、c中至少有2个为零时,等号成立于是(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)≥1-a-b-c-d,当且仅当a、b、c、d中至少有3个为零时,等号成立∴a、b、c、d至少有3个为0时,M=N,否则MN．18．（1）由121nnaS可得1212nnaSn，两式相减得112,32nnnnnaaaaan又21213aS∴213aa故{an}是首项为1，公比为3得等比数列∴13nna.（2）设{bn}的公差为d，由315T得，可得12315bbb，可得25b，故可设135,5bdbd又1231,3,9aaa由题意可得2515953dd解得122,10dd∵等差数列{bn}的各项为正，∴0d，∴2d∴213222nnnTnnn19．（文）解：不等式022xx的解集为12xx或不等式05)52(22kxkx可化为0)52)((xkx由题意可得.2505)52(22kxkxkx的解集为不等式组的整数解的集合为{－2}23.32kk即．（理）（1）0)1(0)1()1()1()()()(ffffyfxfyxf即（2）)6(2)3()6(2)1()3()6(221)6(2fxxffxfxfff)6()6()3(2ffxxf即),0()()6()63(2是定义在xffxxf上的增函数6630032xxxx217333x．20.法一：（１）连AC，设AC与BD相交于点O,AP与平面11BDDB相交于点，,连结OG，因为PC∥平面11BDDB，平面11BDDB∩平面APC＝OG,故OG∥PC，所以，OG＝21PC＝2m.又AO⊥BD,AO⊥BB1，所以AO⊥平面11BDDB，故∠AGO是AP与平面11BDDB所成的角.在Rt△AOG中，tanAGO＝23222mGOOA，即m＝31.所以，当m＝31时，直线AP与平面11BDDB所成的角的正切值为32.（２）可以推测，点Q应当是AICI的中点O1，因为D1O1⊥A1C1,且D1O1⊥A1A，所以D1O1⊥平面ACC1A1，又AP平面ACC1A1，故D1O1⊥AP.那么根据三垂线定理知，D1O1在平面APD1的射影与AP垂直。法二：(１)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)所以1(1,1,0),(0,0,1),(1,1,),(1,1,0).BDBBAPmACOD1C1CDABA1B1PG又由10,0ACBDACBB知，AC为平面11BBDD的一个法向量.设AP与平面11BBDD所成的角为，则22sincos()222APACAPACm依题意有22232,221(32)m解得13m．故当13m时，直线AP与平面11BBDD所成的角的正切值为32．（２）若在A1C1上存在这样的点Q，设此点的横坐标为x，则Q(x，1－x，1)，1(,1,0)DQxx。依题意，对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，等价于D1Q⊥AP110(1)0.2APDQxxx即Q为A1C1的中点时，满足题设要求.21．（文）nnns321332211121nn2)1(243232221nnS)2(21))12(753(21nnn．)2(21)1(21nnsnn。（理）（1）A112311211nn=nnn123121（2）nA223222222212232122012nnnnn21231212jPO1D1C1B1A1DCBAzyxnA2232222222nn1234223212221213423122nnn．∴nAn221222．．（文科）设圆心为(,)ab，半径为r，由条件①：221ra，由条件②：222rb，从而有：2221ba．由条件③：|2|5|2|155abab，解方程组2221|2|1baab可得：11ab或11ab，所以2222rb．故所求圆的方程是22(1)(1)2xy或22(1)(1)2xy．22.法一：以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系D─xyz,则A(a,0,0)、B(a,2a,0)、C(0,2a,0)、A1(a,0,a)、D1(0,0,a)∵E、P分别是BC、A1D1的中点,M、N分别是AE、CD1的中点,∴E(0,2,2aa),P(aa,0,2),M(0,,43aa),N(2,,0aa)(1)3(,0,)42aaMN=-,取)0,1,0(n,显然n⊥面ADD1A1而0MNn?,∴nMN.又∴MNË面ADD1A1,∴MN∥面ADD1A1;(2)过P作PH⊥AE,交AE于H.取AD的中点F,则F(,0,0)2a,设H(x,y,0),则(,,)2aHPxya=--,(,,0)2aHFxy=--.又(,2,0)2aAEa=-,由0HPAE?以及H在直线AE上可得:.44,02242ayxayxaa解得x=3334a,y=217a.∴82(,,)1717aaHPa=--82(,,0)1717aaHF=--,所以0HFAE?即AEHF,∴HP与HF所夹的角等于二面角P─AE─D的大小.2cos,21HPHFHPHFHPHF×==,所以二面角P─AE─D的余弦值为.2／(３)设1111(,,)nxyz=为平面DEN的法向量,DNnDEn11,又(,2,0)2aDEa=,(0,,)2aDNa=,(,0,)2aDPa=)2,1,4(.2,4.02,022111111111nDENyzayxzaayqyxa的一个法向量所以面即∴P点到平面DEN的距离为d=11224161421aaDPnan+×==++∵8cos,85DEDNDEDNDEDN×==,21sin,85DEDNDEDNDEDN×==,2121sin,28DENSDEDNDEDNaD=鬃=.所以3136PDENDENaVSd-D=?.法二:(１)证明:取CD的中点K,连结,MKNK∵,,MNK分别为1,,AKCDCD的中点∵1//,//MKADNKDD∴//MK面11ADDA,//NK面11ADDA∴面//MNK面11ADDA∴//MN面11ADDA(2)设F为AD的中点∵P为11AD的中点∴1//PFDD∴PF面ABCD作FHAE,交AE于H,连结PH,则由三垂线定理得AEPH从而PHF为二面角PAED的平面角.在RtAEF中,17,2,22aAFEFaAEa,从而22217172aaAFEFaFHAEa.在RtPFH