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　　自我检测 　　立体几何 　　1．将三棱锥B－ACD补成以A，B，C，D为顶点的长方体，则三棱锥B－ACD的外接球就是长方体的外接球，记外接球的半径为R，则2R==，所以R=，S=4πR2=5π，选A
　　2．将几何体放入正方体中，易知直线OB与平面ACD不平行，选B
　　3．由原图易知，点M的轨迹是圆锥面与平面BCC1B1的交线，由于平面BCC1B1与圆锥的母线平行，所以两者的交线为抛物线，选D
　　4．正三棱锥V－ABC的侧视图是个等腰三角形，底边长为2，高为2，所以其面积为×2×2=6；三棱锥V－ABC的体积为V=×（2）2×2=6，选A
　　5．设球心在桌面上的射影为O′，则O′为椭圆的焦点，故2a=8，a－c=2，a=4，c=2，所以e=，选A
　　6．特殊位置法，取点P为正四面体内切球的球心，则d1=d2=d3=d4=r，所以d1+d2+d3+d4=4r=4×a=a
　　7．运动的DA即为圆锥的母线，DA与BC所成角的最小角即为DA与面ABC的线面角，所以余弦值的最大值为
　　8．当投影为正方形时，面积最小，最小值为1，当投影为正六边形时，面积最大，正六边形的边长为OB1===（O为正方体的中心），其面积为S=6••=，答案为［1，］
　　9．（1）略
　　（2）设AB=4a，则OE=a，OF=3a.因为AO⊥面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OE，所以AO2=AB2－OB2=AE2－OE2．又OB2=BF2+OF2，所以（4a）2－（4+9a2）=4－a2，所以a=1，所以AO=．以O为坐标原点，OF为x轴，OA为z轴，平行于ED的直线为y轴建立坐标系，则A（0，0，），B（3，－2，0），E（－1，0，0），F（3，0，0），所以=（3，－2，－），=（0，2，0），=（－1，0，－）．设面ABF的法向量n=（x，y，1），则n⊥，n⊥，得n=，0，1，同理，面ABE的法向量m=（－，－2，1），cos〈n，m〉==0，所以二面角E-AB-F为90°
　　10.（1）略
　　（2）因为BC⊥BE，所以以B为坐标原点，BC为x轴，BE为y轴建立空间直角坐标系，设BE=t，则AE=2－t，面BFC法向量n1=（0，0，1），B（0，0，0），C（2，0，0），E（0，t，0），F（2－t，t，0），P0，t－1，（2－t），=－2，t－1，－t，=（－t，t，0），设面PFC法向量n2=（1，x，y），则有－2+t－1x+－ty=0，－t+tx=0?圯x=1，y=，所以n2=（1，1，），所以cos〈n1，n2〉===，为定值
　　解析几何
　　1．抛物线y2=4x的焦点F（1，0），设直线的斜率为k，则其方程为y=k（x－1）代入y2=4x可得k2x2－2（k2+2）x+k2=0，由题意可得=5，解得k=±，故满足条件的直线有且仅有两条．选B
　　2．B．如图，设△ABC的内切圆与AB相切于点D，则D（3，0），所以AD=8，DB=2，CA－CB=AF+FC－（CE+BE）=AF－BE=AD－BD=6，选B
　　3．设PF1=u，PF2=v,则u=2a+v，S===v++4a≥2+4a=8a．由v=得v=2a．由于v=PF2≥c－a，故c－a≤2a，e≤3，即e∈（1，3］．选D
　　4．设AK=a，由抛物线的定义知AF=a，作AD⊥x轴于D，由于∠AFD=60°且F（1，0），所以A1+，a．因为点A在抛物线y2=4x上，所以有a2=4+2a，解得a=4，所以AD=2，△AKF的面积S△AKF=AK•AD=4．选C
　　5．易求得E1（2，1），E2（2，－1），则=a+b=（2a+2b，a－b），由点P在双曲线上得C：－（a－b）2=1，化简得4ab=1，故a2+b2≥2ab=．选D
　　6．因为e=，所以e2+e－1=0，不妨设AB过椭圆的右焦点F（c，0），且A在第一象限，则Ac，，因此有tan∠FOA===－e=1，即∠FOA=45°，故有∠BOA=90°
　　7．设P（x0，y0），由题意知a=4，b=3，c=5，e=，右准线的方程为x=，由双曲线的焦半径公式知点P到两个焦点距离的和等于2ex0=x0，点P到右准线的距离为x0－，因此x0=x0－，解得：x0=或x0=－．又x0≥4，所以x0=－
　　8．由题意知PM⊥PF且P为线段MN的中点，连结FN，延长FP至点Q使P恰为QF之中点，连结QM，QN，则四边形FNQM为菱形，且点Q恒在直线l：x=－a上，故点N的轨迹是以点F为焦点，直线l为准线的抛物线，其方程为y2=4ax
　　9．设Q（x，y），=－=λ，由于A（x1，y1），B（x2，y2），P（4，1），所以
　　4=…（1）1=…（2）
　　x=…（3）y=…（4）
　　（1）×（3）得4x=，（2）×（4）得y=．
　　又因为x+2y=8…（5），
　　x+2y=8…（6），
　　（5）－（6）×λ2可得x－λ2x+2（y－λ2y）=8（1－λ2），即+2•=8，即2x+y=4．由方程组2x+y=4，x2+2y2=8解得x=或x=，因此所求的轨迹方程为：2x+y=4?圯2b，符合a>2b的情况有：当b=1时，有a=3，4，5，6四种情况；当b=2时，有a=5，6两种情况，总共有6种情况．所以概率为＝．选C
　　4．程序框图统计的是作业时间为60分钟以上的学生的数量，因此由输出结果为680知，有680名学生的作业时间超过60分钟，因此作业时间在0～60分钟内的学生总数有320人，故所求频率为0．32．选B
　　5．对称轴在y轴的左侧（a，b同号）的抛物线有2C•C•C=126条，ξ可取的值有0，1，2，P（ξ=0）==；P（ξ=1）==；P（ξ=2）==.则Eξ=0×+1×+2×=.选Ａ
　　6．试验的全部结果构成的区域面积为2π，阴影部分的面积为sinxdx=－cosx=－cosπ+cos0=2，所以所求概率为P==
　　7．由a4=2，a7=－4可得等差数列｛an｝的通项公式为an=10－2n（n=1，2，…，10）；由题意，三次取数相当于三次独立重复试验，在每次试验中取得正数的概率为，取得负数的概率为，在三次取数中，取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为C=
　　8．（1）依题意=0.18，得n=100
　　（2）由=0.3，得a=14．因为7+9+a+20+18+4+5+6+b=100，所以b=17
　　（3）由题意，知a+b=31，且a≥10，12≤b≤17，所以满足条件的（a，b）有（14，17），（15，16），（16，15），（17，14），（18，13），（19，12），共6组．因为ξ=a－b，所以ξ的取值为1，3，5，7．P（ξ=1）==，P（ξ=3）==，P（ξ=5）=，P（ξ=7）=．Eξ=1×+3×+5×+7×=
　　9．（1）P=C•C••+••=
　　（2）突击队在一次任务中荣获“先进和谐室”的概率为P=C•［CP2（1-P2）］+•P=P2－P，而ξ～B（6，P），所以Eξ=6P．由Eξ≥2.5知P2－P×6≥2.5，解得≤P2≤．又P2≤1，所以≤P2≤1
　　10．（1）0.45
　　（2）设整改后，任意抽取一家企业，抽到不合格企业、合格企业、良好企业的概率分别为a，b，c．因为整改后，不合格企业、合格企业、良好企业的数量成等差数列，所以a，b，c也成等差数列，即?摇2b=a+c．又a+b+c+0.25=1，所以b=0.25，a+c=0.5．
　　设整改后一家企业获得的低息贷款为ξ万元，则ξ的分布列是
　　所以Eξ=0×a+200×0.25+400×c+800×0.25=450－400a，由已知得Eξ≥410，所以450－400a≥410，解得amax=10%
　　11．（1）P（2，1）=C=，P（3，2）=C=，P（n，m）=
　　（2）ξ可取的值是1，2，3．P（ξ=3）=P（6，1）+P（6，6）=C+C=，P（ξ=2）=P（6，2）+P（6，5）=C+C=，P（ξ=1）=P（6，3）+P（6，4）=C+C=，Eξ=3×+2×+1×=
　　厦门外国语学校厦门双十中学
　　月考试卷调研
　　1．B2．A3．B4．D
　　5．B
　　6．（理）每次投篮命中的概率p≈=，则三次投篮命中两次为C×p2×（1－p）≈0．25，选B
　　（文）D
　　７．令t=，根据几何意义，t的值即为区域内的点与坐标原点连线的斜率，显然点（3，1）、点（1，2）是其中的两个临界值，故≤t≤2，u==t+，其在，1上单调递减、在［1，2］上单调递增，选C
　　８．建立如图所示的平面直角坐标系，由题意，知=1，=，=2，所以=0，－，=（－1，－），=（3，0）．因为=λ+μ，所以0，－=λ（－1，－）+μ（3，0），选A
　　9．（理）因为函数h（x）=f（x）－g（x）在区间［－5，5］内的零点的个数为方程h（x）=f（x）－g（x）=0根的个数，即函数f（x）和g（x）的图象交点个数，所以画出图象可知有8个交点，选C
　　（文）设点P（x0，y0），则有-y=1（x0≥），•=x0（x0+2）+y=x0（x0+2）+-1=+2x0-1，选B
　　10．（理）因为P1F2⊥F1F2，F2的坐标为（3，0），所以由（P1F2+4）2=P1F22+F1F22，解得P1F2=．由双曲线定义知：PnF1－PnF2=2a=4，又Pn+1F2=PnF1，所以Pn+1F2=PnF2+4，可见数列｛PnF2｝是以P1F2=为首项，以4为公差的等差数列，所以PnF2=+4（n－1）=4n－．因为-=1，（xn－3）2+y=4n－，xn≥2，n≥1，联立解得xn=，即数列｛xn｝的通项公式为xn=．选C
　　（文）同理科第9题
　　11．P==
　　12．a1+a10=6，a5•a6=a1•a10≤=9
　　13．（理）a=2，常数项是C（2）3•－=－160
　　（文）由==（cosθ－sinθ）=－，所以sinθ－cosθ=．答案为－2
　　14．由条件=c，根据对称性，两曲线交点连线垂直于x轴，对双曲线，这两个交点连线的长度是；对抛物线，这两个交点连线的长度是2p，即4c，故=4c，解得e=1+
　　15．（理）由已知得f（1，3）=++++=1+1+1+0+0=3．因为数列｛an｝是将集合A=｛mm∈N?鄢，k∈P｝中的元素按从小到大的顺序排成而成，所以我们可设计如下表格
　　从上表可知，每一行从左到右数字逐渐增大，每一列从上到下数字逐渐增大，且 　　19．（理）（1）设选手甲在A区投两次篮的进球数为X，则X~B2，，故E（X）=2×=，则选手甲在A区投篮得分的期望为2×=3.6．设选手甲在B区投篮的进球数为Y，则Y~B3，，故E（Y）=3×=1，则选手甲在B区投篮得分的期望为3×1=3．因为3.6>3，选手甲应该选择A区投篮
　　（2）设选手甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分为事件C，甲在A区投篮得2分在B区投篮得0分为事件C1，甲在A区投篮得4分在B区投篮得0分为事件C2，甲在A区投篮得4分在B区投篮得3分为事件C3，则C=C1∪C2∪C3，其中C1，C2，C3为互斥事件．P（C）=P（C1∪C2∪C3）=?摇P（C1）+P（C2）+P（C3）=×+×+×=
　　（文）（1）从表中可以看出，“居民素质”得分和“社区服务”得分均不低于3分的社区数量为24个．设这个社区能进入第二轮评比为事件A，则P（A）==
　　（2）从表中可以看出，“居民素质”得1分的社区共有（4+a）个，因为“居民素质”得1分的概率为，所以=，解得a=1．因为社区总数为个，所以a+b+47=50，解得b=2
　　20．（1）由题设P（x0，y0），因为过原点的直线l与椭圆交于M，N两点，关于原点对称，设为M（x1，y1），N=（－x1，－y1），则有•=－，即3（y－y）=x－x．①
　　又P，M，N点都在椭圆上，代入得+=1，+=1，两式相减=．②
　　①②联立求得b2=2，所以椭圆C的方程为+=1
　　（2）设圆N：x2+（y－2）2=1的圆心为N，则•=（－）•（－）=（－－）•（－）=2－2=2－1．从而求•的最大值转化为求2的最大值．因为P是椭圆C上的任意一点，设P（x0，y0），所以+=1，即x=6-3y．因为点N（0，2），所以2=x+（y0-2）2=-2（y0+1）2+12．因为y0∈［－，］，所以当y0=－1时，2取得最大值12，所以•的最大值为11
　　21．（理）（1）令x=0，则f（0）=1，所以y=f（x）的图象经过定点A（0，1）
　　（2）①f′（x）=ex－，所以切点P（x0，y0）处的切线斜率k=e－，所以切线l方程：y－y0=e－（x－x0）?圳y=e－（x－x0）+y0．设F（x）=f（x）－e－（x－x0）－y0，F′（x）=ex－－e－=ex－e．令F′（x）>0?圳ex－e>0?圳x>x0，所以F（x）在（－∞，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，所以F（x）≥F（x0）=f（x0）－y0=0，所以F（x）是单侧函数
　　②由（1）和①知f（x）=ex－x在点（0，1）处的切线为y=x+1．画出f（x）=ex－x和g（x）=lnx+1+1的简图，由此猜想f（x）≥x+1≥g（x）．由①知，f（x）≥x+1恒成立；下证x+1≥lnx+1+1．设G（x）=x+1－lnx+1－1=x－lnx+1，G′（x）=－=，令>0．又x>－2，所以G（x）在（－2，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，所以G（x）≥G（0）=0，即x+1≥lnx+1．综上所述：当x∈（－2，+∞）时，ex－x≥lnx+1+1
　　（文）（1）当x0得00时，f（x）在［1，e］上单增；所以f（ｘ）在［1，e］上的最大值为a．综上，当a≥2时，f（x）在［－1，e］上的最大值为a；当a1与0　　11．179（文）2
　　12．（理）S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，=2，所以S9－S6=4S3，S9=7S3，=
　　（文）f（x）=x2+8x+10
　　13．（理）注意直线ax－y+1=0过定点（0，1），画出平面区域，a=3
　　（文）a=a3•a7，S8=8a1+28d=32，解得a1=－3，d=2，S10=10a1+45d=60
　　14．（理）点M在圆内部，设直线l：y=k（x－1）+2，圆心到直线的距离为，令a=，用判别式法求得a的最大值为5，此时k=，所以直线方程为x－2y+3=0
　　（文）△ABC为正三角形，顶点B形成的图形是两个弧度为120°的扇形夹一正三角形，面积为π+
　　15．A．（理）（－1，+∞）
　　（文）+=+=3++≥3+2
　　B．（理）由△COE∽△PDE得OE•PE=CE•DE，又CE•DE=BE•AE，所以OE•PE=BE•AE，即（4－PE）•PE=（PE－2）•（6－PE），解得PE=3
　　（文）连结AC，CD2=AD•BD，所以AD=2，AO==5，DO=AO－AD=3
　　C．（理）（文）
　　16．（理）（1）设等差数列｛an｝的首项为a1，因为a1+1，a3+1，a7+1成等比数列，所以有（a3+1）2=（a1+1）（a7+1）成等比数列，即（a1+5）2=（a1+1）（a1+13），解得a1=3，所以an=3+2（n－1）=2n+1
　　（2）由（1）知an=2n+1，所以bn===•=－，所以Tn=1－+－+…+－=1－ 　　（2）由（1）知B+C=，所以cosB+cosC=cosB+cos－B=cosB－cosB+sinB=sinB+．因为A=，且△ABC为锐角三角形，所以1）==
　　19．（理）（1）连BD，设AC交BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O－xyz．设底面边长为a，则高SO=a．于是S0，0，a，D－a，0，0，C0，a，0，=0，a，0，=－a，0，－a，•=0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD．
　　（2）由题设知，平面PAC的一个法向量=a，0，a，平面DAC的一个法向量=0，0，a，设所求二面角为θ，则cosθ==，所求二面角的大小为30°
　　（3）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC．由（2）知是平面PAC的一个法向量，且=a，0，a，=0，－a，a．设=t，则=+=+t=－a，a（1－t），at，而•=0?圳t=，即当SE∶EC=2∶1时，⊥，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC
　　（文）（1）连结BC1，AC1，AC1与A1C的交点为N．因为M，N是AB，A1C的中点，所以MN∥BC1．又MN?埭平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1?摇?摇?摇
　　（2）因为三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱与底面垂直，所以四边形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥B1C，所以MN⊥B1C．连结A1M，CM，A1M==CM．又N是A1C的中点，所以MN⊥A1C．因为B1C与A1C相交于点C，所以MN⊥平面A1B1C
　　（3）由（2）知MN是三棱锥M－A1B1C的高．在Rt△MNC中，MC=，A1C=2，所以MN=．又S=2，V=MN•S=
　　20．（理）（1）因为•=0，所以AT⊥AB，从而直线AC的斜率为－3，所以AC边所在直线的方程为y－1=－3（x+1），即3x+y+2=0．由x－3y－6=0，3x+y+2=0得点A的坐标为（0，－2）．因为=，所以M（2，0）为Rt△ABC外接圆的圆心．又r=AM==2，所以△ABC外接圆的方程为:（x－2）2+y2=8
　　（2）设动圆圆心为P，因为动圆过点N，且与△ABC外接圆M外切，所以PM=PN+2，即PM－PN=2．故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为2，半焦距c=2的双曲线的左支．从而动圆圆心的轨迹方程Γ为－=1（x0，x1+x2=0，•=x1x2+y1y2=>6，解得－0恒成立，所以F（x）在（0，+∞）上单调递增．令F′（x）=0得x=，当a>0时，若0，F′（x）>0，所以F（x）在，+∞上递增
　　（2）当a≥时，令h（x）=g（x－1）－f=（x－1）2+alnx，则h′（x）=2（x－1）+=>0，所以h（ｘ）在［1，+∞）上递增，所以h（x）≥h（1）=0，所以g（x－1）≥f
　　（3）由（1）知F（x）仅当a>0时，在x=处取得极值．由F=可得a=2，方程g（x）－f（1+x2）=k为k=－2ln（1+x2）．．．①．令t=x2，得－k=2ln（1+t）．．．②．由方程①有四个不同的根，得方程②有两个不同的正根，令y=－k，y=2ln（1+t），当直线y与曲线y相切时，=，所以t=3，得切点坐标（3，2ln4），所以切线方程为y－2ln4=（t－3），其在y轴上截距为2ln4－；当直线y在y轴上截距－k∈0，2ln4－时，y和y在y轴右侧有两个不同交点，所以k的取值范围为－2ln4，0
　　（文）同理科第20题