1、1112答案BDACA 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13. 14或 15. 16. 部分题目解析:1.检验可知都满足,所以故选B3. 依题意可得,故选A5., , 故选B6. 依题意,由,当时,得,当时,得,故含,故选B7. 当命题为真时,由且可得,故命题为假时,故选C8. 依题意可知表示两点、的距离的平方,由函数与函数的图象可知,最小距离为2,故的最小值为49. 依题意在点处取得最大值,在点处取得最小值,由目标函数得,当时满足条件,故选A10. 设第日相逢,则依题意得整理得,解得,故选B11该几何体的直观图如图所示: , 故表面积为,故选C12. 设,在椭圆中,即在双曲
2、线中,即,则所以,由题知,则椭圆离心率(另解)在椭圆中,在双曲线中所以,即,则13. 由图中条件求得,则,再代入点可得,故14因为构成一个等比数列,所以,故,当时椭圆的焦距为,当时双曲线的焦距为15因为与的夹角为钝角,,所以在方向上的投影为,在直角中,所以,所以16. 因为,所以数列为等比数列所以, 又,则 . 三、解答题:第题为必做题,每题满分各为分,第题为选做题,只能选做一题,满分分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤17.(1)解:由及正弦定理有 1分3分 4分 5分 分(2)由及正弦定理有 知 7分由余弦定理得:,即, 8分, 11分面积的最大值为 12分18解:(1)由题意知频率
3、分布表可知:,所以, =0.3 3分补全频率分布直方图,如图所示 5分(2)设抽出的20名受访者年龄在30,35)和35,40)分别由m,n名,由分层抽样可得,解得m=7,n=6 所以年龄在30,40)共有13名故的可能取值为0,1,2, 7分10分的分布列为: 12分19.解: (1)证明取AD的中点M,连接EM,CM,则EMPA.因为EM平面PAB,PA平面PAB,所以EM平面PAB. 2分在RtACD中,CAD60,CMAM,所以ACM60.而BAC60,所以MCAB.因为MC平面PAB,AB平面PAB,所以MC平面PAB. 4分又因为EMMCM,所以平面EMC平面PAB.因为EC平面E
4、MC, 所以EC平面PAB. 6分(注:(1)问也可建系来证明)(2)过A作AFAD,交BC于F,又PA平面ABCD知以A为原点,AF、AD、AP分别为x、y、z轴建系如图: 7分则设平面PAC的法向量,由有取 8分 设(01),则(0,4,2)(0,4,-2), 10分 11分线段PD上存在一点N,N为PD中点 12分20解:(1)由,直线的倾斜角为,知直线方程 1分代入得 2分 由有 4分(2)当直线MN斜率不存在时,直线PQ斜率为0,此时5分当直线MN斜率存在时,直线MN:y=k(x-1),联立得,则 7分由可设直线PQ :,联立椭圆消去y得, 9分,令则 11分综上, 12分21. 解
5、:(1)的定义域为, 1分当时,递增2分当时, , 3分综上:当时,的单调增区间为,单调减区间为当时,的单调增区间为 4分(2)由是函数的两个零点有,相减得 6分 8分所以要证明,只需证明即证明,即证明 10分令,则则, 在上递减,在上递增, 所以成立,即 12分22解:(1)点R的极坐标转化成直角坐标为:R(2,2) 2分由消参数得 4分(2)设P()根据题意,得到Q(2,sin),则:|PQ|=,|QR|=2sin, 6分所以矩形PQRS的周长为:2(|PQ|+|QR|)= 8分由知当时, 9分所以矩形的最小周长为4,点P() 10分23.解:() 2分 4分 5分综上所述,不等式的解集为: 6分()由()知, 7分 8分 9分实数的取值范围为 10分
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