数学答案

高三数学参考答案一、单项选择题：每小题5分，共40分。题号12345678答案AABDBCCD二、多项选择题：每小题5分，共20分。题号9101112答案BDACABDACD三、填空题：每小题5分，共20分。题号13141516221答案2(x2)(y1)2521a≥2e四、解答题：17.（10分）tanB2c解：（1）因为1，由正弦定理得tanAasinBcosA2sinCsinBcosAcosBsinA2sinC1，所以，-------------1分cosBsinAsinAcosBsinAsinAsin(AB)即2sinC，-------------2分cosB因为sin(AB)sin(C)sinC，且sinC0，1所以cosB，-------------4分2因为B(0,)，所以B.-------------5分3（2）在ABC中，a3，b37，B，由余弦定理得3a2c2b29c2631cosB，-------------7分2ac6c2所以c23c540，则c9或c6（舍），-------------8分1273所以SacsinB.-------------10分ABC2418.（12分）解：（1）男女总计了解8040120不了解120160280总计200200400-------------2分400(8016040120)2400则K219.04810.828，-------------4分20020012028021所以有99.9%的把握认为上海地区大学生对进口博览会展区设置的了解情况与性别有关.---5分高三数学答案第1页（共6页）（2）X的取值范围是1,2,3，-------------6分C3C11C2C23C1C31333333P(X1)4，P(X2)4，P(X3)4，-------------9分C65C65C65因此X的分布列为-------------10分X123131P555131从而E(X)1232.-------------12分55519.（12分）解：（）当时，2，可得，分1n12S12a1a1a1a11-------------1222当n≥2时，2Sn1an1an1，可得2anananan1an1，n≥2，-------------3分所以(anan1)(anan1)(anan1)0，即(anan1)(anan11)0，又{an}各项为正数，所以anan11，n≥2，所以{an}为等差数列，-------------5分所以ann.-------------6分n（2）由（1）可知cn(1)n(n1)，-------------7分当n为偶数时，Tn(1)223(3)445[(n1)n]n(n1)2(13)4(35)n[(n1)n1]n(2n)n(n2)2(24n)22；-------------9分22当n(n≥3)为奇数时，(n1)(n1)(n1)2TTn(n1)n(n1)，-------------10分nn122经检验n1也满足上式.-------------11分n(n2),n为偶数，2综上所述，T-------------12分n(n1)2,n为奇数.220.（12分）证明：（1）过点P作PFPCD交EC于点F，连接BF，因为OBPCD，所以OBPPF，所以O，B，F，P四点共面，-------------2分因为OPP平面BCE，平面OBFP平面BCEBF，所以OPPBF，所以四边形OBFP为平行四边形，-------------3分1所以PF//OB，因为OB//CD，-------------4分2高三数学答案第2页（共6页）1所以PF//CD，所以DPPE.-------------5分2法二：连接O1P，OO1，因为OO1PBC，所以OO1P平面BCE，因为OPP平面BCE，所以平面OPO1P平面BCE，所以O1PP平面BCE，-------------3分因为平面平面所以，CDEBCECE，O1PPCE因为为的中点，所以分O1CDDPPE.-------------5法三：连接O1P，OO1，因为OO1PBC，所以OO1P平面BCE，因为OPP平面BCE，所以平面OPO1P平面BCE，-------------3分又平面CDE平面BCECE，平面CDE平面OO1PO1P，所以，因为为的中点，所以分O1PPCEO1CDDPPE.-------------5（2）连接AE，因为AB是圆O的直径，所以AEBE，过点E作圆柱的母线EQ，则EQ面ABE，所以AE,BE,EQ互相垂直，以E为原点，EA，EB，EQ的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，-------------6分设，，则22AEaBEbab4Q则E(0,0,0),C(0,b,2),D(a,0,2),uuuruuur所以EC(0,b,2),ED(a,0,2),-------------7分设m(x,y,z)为平面ECD的法向量，ax2z0x2b，令zab，解得，by2z0y2a所以m(2b,2a,ab)为平面ECD的一个法向量，-------8分因为BC平面AEB，所以BCAE，又AEBE，所以AE平面EBC，所以n(1,0,0)为平面EBC的一个法向量，15因为二面角DCEB正弦值为，5152所以cos2m,n1，-------------9分2554b22即，4a24b2a2b25化简得6b24a2a2b2，又a2b24，解得a2b22，可得AEBE2，-------------10分2因为P为ED的中点，所以P(,0,1)，22所以EP(,0,1)，又因为平面EBC的一个法向量n(1,0,0)，22|EPn|2所以点P到平面EBC的距离d2，-------------11分|n|12高三数学答案第3页（共6页）1121所以VV22.-------------12分CPBEPECB3223连接，在下底面过点作直线交圆于点，法二：OO1OOGABOG所以OG，OB，OO1互相垂直，以O为原点，OG，OB，OO1的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设E(a,b,0)，则a2b21，-------------6分则A(0,1,0),C(0,1,2),D(0,1,2)，所以CE(a,b1,2)，CD(0,2,0)，设m(x,y,z)为平面ECD的法向量，ax(b1)y2z0x2，令za，解得，2y0y0所以m(2,0,a)为平面ECD的一个法向量，-----------7分因为BC平面AEB，所以BCAE，因为AB是圆O的直径，所以AEBE，所以AE平面ECD，uuur所以AE(a,b1,0)为平面EBC的一个法向量，--------8分15因为二面角DCEB正弦值为，5uuur152所以cos2m,AE1，2554a22即，-------------9分(a24)[a2(b1)2]5化简得5a2(a24)(1b)，又a2b21，解得b0，a1，所以E(1,0,0)，11因为P为ED的中点，所以P(,,1)，-------------10分2211所以EP(,,1)，又因为平面EBC的一个法向量AE(1,1,0)，22|EPAE|12所以点P到平面EBC的距离d，-------------11分|AE|221121所以VV22.-------------12分CPBEPECB322321.（12分）x2y证明：（）设,，则02，0，分1P(x0y0)y01kAP-------------14x02y1016y直线AP的方程为：y0(x2)，可得M(,0)，-------------2分x0233(x02)16y03(x2)4y所以k00，BM10x2203高三数学答案第4页（共6页）y因为0，分kBNkBP-------------4x024yy4y24y2所以0000，kBMkBN221x02x02x044y0所以BMBN.-------------5分（2）①当直线PQ存在斜率时，,,,设PQ的方程为：ykxm，P(x1y1)Q(x2y2)，x2y21,由4可得(14k2)x28kmx4m240，-------------6分ykxm,8km,x1x2214k由韦达定理可知-------------7分4m24xx,1214k2因为BMBN，所以BPBQ，,,所以BPBQ0，即(x12y1)(x22y2)0，可得x1x22(x1x2)4y1y20，（☆）-------------8分因为y1kx1m，y2kx2m，22所以(1k)x1x2(km2)(x1x2)4m0，4m248km可得(1k2)(km2)()4m20，14k214k2整理得12k216km5m20，-------------9分6可得mk或m2k（舍），566所以ykxkk(x)，556所以直线PQ恒过定点(,0)；-------------10分5,,,②当直线PQ不存在斜率时，设PQ的方程为：xn，P(x1y1)Q(x2y2)，n2n2则y21，可得yy1，41242因为x1x22n，x1x2n，代入（☆）式可得n26n24n410，即5n216n120，解得n或n2（舍），456所以直线PQ过点(,0).56综上所述，直线PQ恒过定点(,0).-------------12分522.（12分）解：（1）f(x)exa，-------------1分当a≤0时，f(x)0，所以f(x)在R上单调递增，不满足题意；-------------2分当a0时，令f(x)0，可得x(,lna)；令f(x)0，可得x(lna,)，高三数学答案第5页（共6页）所以f(x)在(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增，-------------3分又x时，f(x)；x时，f(x)，所以f(lna)0，即elnaalna0，所以aalna0，可得lna1，所以ae.-------------4分（）要证，即证,，2f(x1x2)0x1x2(lna)下证，即证，x1x22lnax12lnax2不妨设，由（）可知，所以，x1x21x1lnax22lnax2lna因为f(x)在(,lna)上单调递减，即证f(x1)f(2lnax2)，-------------5分因为，所以，即证，f(x1)f(x2)f(x2)f(2lnax2)f(x2)f(2lnax2)0令h(x)f(x)f(2lnax)，-------------6分a2a2h(x)f(x)f(2lnax)ex2ae2lnaxex2a≥2ex2a