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标题 参考答案
范文



立体几何测试卷（A卷）
1. D 2. D 3. C 4. A
5. B
6. 三棱锥四面均为直角三角形，所以D到平面ABC的距离可以用体积转化法求得，V■=V■，解得D到平面ABC的距离为■. 选C.
7. 因为圆M的面积为4π，故MA=2，所以在Rt△OAM中，OA=R=4，故OM=2■. 因为在Rt△OMN中，∠OMN=30°，所以ON=■OM=■，故圆N的半径r=■=■，所以圆N的面积为S=πr2=13π. 选D.
■
8. B 9. 5
10. 5■+■ 11. 1∶24
12. A1B∥D1C，则D1C与B1C所成角即为所求角，答案为■.
13. 点N在EH上
14. （1）过E作EG∥AD交A1D于G，连结GF. 因为■=■，所以■=■，所以EG=10=BF. 因为BF∥AD，EG∥AD，所以BF∥EG. 所以四边形BFGE是平行四边形. 所以BE∥FG. 又FG？奂平面A1FD，BE？埭平面A1FD，所以BE∥平面A1FD.
（2）因为在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，BD？奂平面ABCD，所以A1A⊥BD. 由已知，BD⊥A1F，AA1∩A1F=A1，所以BD⊥平面A1AF. 所以BD⊥AF. 因为梯形ABCD为直角梯形，且满足AD⊥AB，BC∥AD，所以在Rt△BAD中，tan∠ABD=■=2. 在Rt△ABF中，tan∠BAF=■=■. 因为BD⊥AF，所以∠ABD+∠BAF=■，所以■=■，BF=4. 因为在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，所以平面AA1B1B⊥平面ABCD，又平面ABCD∩平面AA1B1B=AB，∠ABF=90°，所以FB⊥平面AA1B1B，即BF为三棱锥F-A1B1A的高. 因为∠AA1B1=90°，AA1=BB1=8，A1B1=AB=8，所以S■=32. 所求三棱锥的体积为■×S■×BF=■.
■
图2
15. （1）因为B1D⊥平面ABC，AC？奂平面ABC，所以B1D⊥AC. 又因为BC⊥AC，B1D∩BC=D，所以AC⊥平面BB1C1C.
（2）因为AB1⊥BC1，AC⊥BC1，AB1与AC相交，所以BC1⊥平面AB1C. 因为B1C？奂平面AB1C，所以BC1⊥B1C，所以四边形BB1C1C为菱形. 因为∠B1BC=60°，B1D⊥BC于D，所以D为BC的中点，连结A1B，与AB1交于点E，在△A1BC中，DE∥A1C，所以A1C∥平面AB1D.
16. （1）在Rt△ABC中，D为AB的中点，得AD=CD=DB. 又∠B=30°，得△ACD是正三角形，又E是CD的中点，得AF⊥CD，折起后，AE⊥CD，EF⊥CD. 又AE∩EF=E，AE？奂平面AEF，EF？奂平面AEF，故CD⊥平面AEF，又CD？奂平面CDB，故平面AEF⊥平面CDB.
（2）因为二面角A-CD-B是直二面角，且AE⊥CD，所以AE⊥平面CDB.连结EB，AB，则∠ABE就是直线AB与平面CDB所成的角. 设AC=a，在△CBE中，∠DCB=30°，CE=■，CB=■a，EB2=CE2+CB2-2CE·CB·cos∠DCB=■a2. 又AE=■a，在Rt△AEB中，tan∠ABE=■=■a×■=■. 所以直线AB与平面CDB所成角的正切值为■.
立体几何测试卷（B卷）
1. C 2. C 3. C
4. 连结AC，BD交于点O，连结OE. 因为O，E是中点，所以OE∥AC1，且OE=■AC1，所以AC1∥平面BDE，即直线AC1与平面BED的距离等于点C到平面BED的距离. 过C作CF⊥OE于F，则CF即为所求距离. 因为底面边长为2，高为2■，所以AC=2■，OC=■，CE=■，OE=2，所以CF=1，选D.
5. C
6. B1C∥A1D，所以B1C∥平面ADD1A1，A正确；EF∥D1B，且D1B⊥B1C，B正确；又V■=V■=■S■·CF=■×■×■=1，C正确；B1C与平面CC1D1D所成的角为45°，D错误. 选D.
7. D
8. 设底面边长为1，侧棱长为λ（λ>0），过B1作B1H⊥BD1，B1G⊥A1B. 在Rt△BB1D1中，B1D1=■，BD1=■，由三角形面积关系得h=B1H=■=■. 设在正四棱柱中，由于BC⊥AB，BC⊥BB1，所以BC⊥平面AA1B1B，于是BC⊥B1G，所以B1G⊥平面A1BCD1，故B1G为点B1到平面A1BCD1的距离. 在Rt△A1B1B中，又由三角形面积关系得d=B1G=■=■. 故■=■=■·■，于是当λ>1，有λ2+2>3，■<1-■<1，所以■∈■，■. 选C.
9. ②③④
10. 因为长方体底面ABCD是正方形，所以在△ABD中，BD=3■cm，BD边上的高是■■cm（它也是A-BB1D1D中BB1D1D上的高）.所以四棱锥A-BB1D1D的体积为■×3■×2×■■=6.
11. 几何法：连结MD1，则MD1⊥DN，又A1D1⊥DN，易知DN⊥面A1MD1，所以A1M与DN所成角的大小是■. 坐标法：建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式计算得异面直线A1M与DN所成角的大小是■.
12. ■a
13. 作图，易得答案②③④
14. （1）连结A1C，交AC1于点O，连结OD. 由ABC-A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点. 又D是BC的中点，所以OD为△A1BC的中位线，所以A1B∥OD. 因为OD？奂平面ADC1，A1B？埭平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.？摇？摇
（2）由ABC-A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC=90°，故BA，BC，BB1两两垂直，以B为原点，BC，BA，BB1为x，y，z轴建立空间直角坐标系B-xyz. 设BA=2，则B（0，0，0），C（2，0，0），A（0，2，0），C1（2，0，1），D（1，0，0），所以■=（1，-2，0），■=（2，-2，1）. 设平面ADC1的法向量为n=（x，y，z），则有n·■=0，n·■=0，所以x-2y=0，2x-2y+z=0.取y=1，得n=（2，1，-2）. 易知平面ADC的法向量为v=（0，0，1）. 由二面角C1-AD-C是锐角，得cos〈n，v〉=■=■，其余弦值为■.
15. （1）因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AC，AA1⊥AB. 又AA1=AC，所以四边形AA1C1C是正方形，所以AC1⊥A1C. 因为AB⊥AC，AB⊥AA1，AA1，AC？奂平面AA1C1C，AA1∩AC=A，所以AB⊥平面AA1C1C. 又A1C？奂平面AA1C1C，所以AB⊥A1C. 因为AB，AC1？奂平面ABC1，AB∩AC1=A，所以A1C⊥平面ABC1
（2）分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），C1（0，t，3-2t），B（t，0，0），C（0，t，0），A1（0，0，3-2t），■=（0，t，2t-3），■=（0，t，3-2t），■=（t，0，0），■=（0，0，3-2t），■=（-t，t，0）. 设平面ABC1的法向量n1=（x1，y1，z1），则可得n1·■=ty1+（3-2t）z1=0，n1·■=tx1=0，解得x1=0，y1=■z1.令z1=t，则n1=（0，2t-3，t）. 设平面BCC1的法向量n2=（x2，y2，z2），则可得n2·■=-tx2+ty2=0，n2·■=（3-2t）z2=0. 由于016. 法1：（1）由三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱可知，AA1即为高. 如图3，因为BC∥B1C1，所以∠A1BC是异面直线A1B与B1C1所成的角或其补角. 连结A1C，因为AB=AC，所以A1B=A1C=■. 在Rt△ABC中，由AB=AC=1，∠BAC=90°，可得BC=■. 又异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，所以∠A1BC=60°，即△A1BC为正三角形. 于是A1B=BC=■. 在Rt△A1AB中，由■=A1B=■，得A1A=1，即棱柱的高为1.
（2）设A1A=h（h>0），如图3，过点D在平面A1B1BA内作DF⊥A1B于F，则由A1C1⊥平面BAA1B1，DF？奂平面BAA1B1，得A1C1⊥DF. 而A1C1∩A1B=A1，所以DF⊥平面A1BC1. 故∠DC1F就是DC1与平面A1BC1所成的角，即∠DC1F=θ. 在Rt△DFB中，由BD=■，得DF=■. 在Rt△DB1C1中，由B1D=■，B1C1=■，得DC1=■■. 在Rt△DFC1中，sinθ=■=■=■=■. 因为h2+■+9≥2■+9，当且仅当h2=■，即h=■时，等号成立，所以sinθ≤■=■=■，故当h=■时，sinθmax=■.
■
图3
法2：建立如图4所示的空间直角坐标系A-xyz，设AA1=h（h>0），则有B（1，0，0），B1（1，0，h），C1（0，1，h），A1（0，0，h），■=（-1，1，0），■=（0，1，0），■=（1，0，-h）.
（1）因为异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，所以cos60°=■，即■=■，得■=■，解得h=1.
■
图4
（2）由D是BB1的中点，得D1，0，■，于是■=-1，1，■. 设平面A1BC1的法向量为n=（x，y，z），于是由n⊥■，n⊥■，可得n·■=0，n·■=0，即x-hz=0，y=0，取n=（h，0，1），则sinθ=cos〈■，n〉，从而cos〈■，n〉=■=■=■=■. 后同法1.
2016年高考数学模拟金卷（一）
1. 因为■=■=■，其实部为-■，虚部为■，所以在复平面内，其对应的点位于第二象限，故选B.
2. 法1：因为A={xy=■}={xlog■x-2≥0}={xx≥4}，所以CRA=（-∞，4）. 又B=x■>0={x2法2：取特殊值4，显然4∈A，4∈B，所以4？埸CRA，所以4？埸（CRA）∩B，排除A、B、D，故选C.
3. ■=40+■=44，s2=■=7，故选A.
4. 结合直观图和侧视图可知正三棱柱的底面三角形的高为■，正三棱柱的高为■，正三棱柱的外接球的球心位于上下底面正三角形中心连线的中点上，连接球心和底面三角形的顶点及底面三角形的中心，根据勾股定理可得外接球的半径R=■，所以正三棱柱外接球的表面积为S=4πR2=■，故选B.
5. （理）f（a）=■sinxdx=（-cosx）■■= -cosa+1， ff■=f（1）=-cos1+1，故选D.
（文）C
6. 依题意得每吨的成本是■=■+■-30，则■≥2■-30=10，当且仅当■=■即x=200时取等号，因此当每吨的成本最低时，相应的年产量是200吨，故选B.
7. （理）分三步：第一步，安排2名女教师，有A■■种方法；第二步，从除甲外的3名男教师中任选一名到A乡村，有C■■种方法；第三步，从剩下的3名男教师中任选一名到B乡村，其余两名男教师分到C乡村，共C■■种方法，根据分步乘法原理，其选派方法共有A■■·C■■·C■■=18种，故选C.
（文）由不等式及a>b>1知■<■，又c<0，所以■>■，①正确；由指数函数的图象与性质知②正确；由a>b>1，c<0知a-c>b-c>1-c>1，由对数函数的图象与性质知③正确. 选D.
8. 由“第n行有n个数且两端的数均为■”可得：第10行第一个数为■，由“每个数是它下一行左右相邻两数的和”可得：第10行第二个数等于■-■=■，同理，可得第9行第二个数为■，从而第10行第三个数等于■-■=■；第9行第三个数为■，从而第10行第四个数等于■-■=■，故选B.
9. 由已知得■≤∠A1BA2<π，■≤■<■，所以■=tan■≥■，则e=■≥■. 又0<1，故选c.
10. 根据取整函数的定义，结合对数运算可得：log31～log32之间的实数的整数部分均为0；log33～log38之间的实数的整数部分均为1；log39～lg326之间的实数的整数部分均为2；log327～log380之间的实数的整数部分均为3；log381～log3242之间的实数的整数部分均为4；log3243=5. 所以原式=（2-0）×0+（8-2）×1+（26-8）×2+（80-26）×3+（242-80）×4+5=857. 选D.
11. 0.254
12. （理）由Tr+1=C■■■■，令r=3，得x3的系数为C■■·■=■，解得k=4. 由y=x2，y=4x-3得函数y=x2与y=4x-3的图象的交点的横坐标分别为1，3，所以阴影部分的面积为S=■（4x-3-x2）dx=2x2-3x-■x3■■=■.
（文）因为a+c=（3，3m），（a+c）·b=3（m+1）+3m=0，所以m=-■，所以a=■.
13. 若AB最小，则O到l的距离最大，由题可知OP≤■，所以可得ABmin=■×2=4.
14. （文）y=x+■=x-1+■+1=t+■+1，其中t=x-1∈[2，+∞）. 由双钩函数的图象可知，y=t+■+1在t∈[2，+∞）上单调递增，故当t=2时取最小值■.
15. （文）设Q（2，1），P在x轴的射影为A，Q在x轴的射影为B，过Q作PA的垂线，垂足为F，则有题意可知∠PQB=2，所以QF=1·cos2-■=sin2，PF=1·sin2-■= -cos2，所以P（2-sin2，1-cos2）.
14. （理）易知△ABC∽△ACD，则■=■？圯CD=■=■.
15. （理）法1：由ρsinθ+■=■可得ρcosθ+ρsinθ=1，即转化为直角坐标系下的方程为x+y=1，原点到该直线的距离d=■=■.
法2：记极点为O，A■，■，则由极坐标方程的几何意义知，极坐标方程ρsinθ+■=■表示过A■，■且与OA垂直的一条直线，所以原点到该直线的最短距离为■.
16. （理）由题意有a到1的距离小于等于3，即a-1≤3，则-2≤a≤4.
16. （文）17. （理）
（1）因为点C的坐标为■，■，根据三角函数的定义知，sin∠COA=■，cos∠COA=■；又因为△AOB为正三角形，所以∠AOB=■. 于是，cos∠BOC=cos∠COA+■=cos∠COAcos■-sin∠COAsin■=■.
（2）因为∠AOC=θ0<θ<■，所以∠BOC=■+θ. 在△BOC中，OB=OC=1，由余弦定理可得， f（θ）=BC2=OC2+OB2-2OCOBcos∠BOC=2-2cosθ+■，即函数f（θ）的解析式为f（θ）=2-2cosθ+■. 因为0<θ<■，所以■<θ+■<■，所以-■17. （文）（1）由已知得25+y+10=55，x+y=35，所以x=15，y=20. 该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为：
■=1.9（分钟）.
（2）记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2，A3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”. 将频率视为概率，故得P（A1）=■=■，P（A2）=■=■，P（A3）=■=■. 因为A=A1∪A2∪A3且A1，A2，A3是互斥事件，所以P（A）=P（A1∪A2∪A3）=P（A1）+P（A2）+P（A3）=■，故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为■.
18. （理）（1）依题意，研究室的两个课题组都需要完成一项或两项课题研究任务，则①完成一项课题研究任务的概率为C■■·■·■·C■■·■·■=■；②完成两项课题研究任务的概率为■·■·■·■=■. 于是，该研究室在完成一次课题研究任务中荣获“先进和谐研究室”的概率为P=■+■=■.
（2）由已知，该研究室在一次课题任务中荣获“先进和谐研究室”的概率为P=C■■·■·■[C■■P2（1-P2）]+■·■P■■=■P2-■P■■，而ξ～B（6，P），所以E（ξ）=6P. 由E（ξ）≥2.5知，■P2-■P■■×6≥2.5，求得■≤P2≤■. 又P2≤1，所以■≤P2≤1，即P2的取值范围是■，1.
18. （文）（1）因为四棱柱ABCD-A2B2C2D2的侧面是全等的矩形，所以AA2⊥AB，AA2⊥AD. 又因为AB∩AD=A，所以AA2⊥平面ABCD. 连结BD，因为BD？奂平面ABCD，所以AA2⊥BD. 因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD. 根据棱台的定义可知，BD与B1D1共面. 又已知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面BB1D1D∩平面ABCD=BD，平面BB1D1D∩平面A1B1C1D1=B1D1，所以B1D1∥BD. 于是由AA2⊥BD，AC⊥BD，B1D1∥BD，可得AA2⊥B1D1，AC⊥B1D1. 又因为AA2∩AC=A，所以B1D1⊥平面ACC2A2.
（2）因为四棱柱ABCD-A2B2C2D2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，所以S1=S四棱柱上底面+S四棱柱侧面=（A2B2）2+4AB·AA2=102+4×10×30=1300（cm2）. 又因为四棱台A1B1C1D1-ABCD的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形，所以S2=S四棱台下底面+S四棱台侧面=（A1B1）2+4×■（AB+A1B1）h等腰梯形的高=202+4×■（10+20）×■=1120（cm2）. 于是该实心零部件的表面积为S=S1+S2=1300+1120=2420（cm2），故所需加工处理费为0.2S=0.2×2420=484（元）.
19. （理）（1）以直线DA，DC，DE分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，4，0），E（0，0，2），所以M（0，2，1），所以■=（-2，0，1）. 又■=（0，4，0）是平面ADEF的一个法向量，因为■·■=0，即■⊥■，所以BM∥平面ADEF.
（2）设M（x，y，z），则■=（x，y，z-2），又■=（0，4，-2）. 设■=λ■（0<λ<1），则x=0，y=4λ，z=2-2λ，即M（0，4λ，2-2λ）. 设n=（x1，y1，z1）是平面BDM的一个法向量，则■·n=2x1+2y1=0，■·n=4λy■+（2-2λ）z1=0，取x1=1得y1=-1，z1=■，即n=1，-1，■. 又由题设，■=（2，0，0）是平面ABF的一个法向量，所以可得cos〈■，n〉=■？摇=■=■，解得λ=■，即点M为EC的中点. 此时，S△DEM=2，AD为三棱锥B-DEM的高，所以VM-BDE=VB-DEM=■×2×2=■.
19. （文） 20. （理）
（1）因为x■■=x■■=x■■（n∈N？鄢）且数列{xn}的各项都是正数，所以anlgxn=an+1lgxn+1=an+2lgxn+2. 设anlgxn=an+1lgxn+1=an+2lgxn+2=p，■=■，■=■，■=■，所以■+■=■. 又{xn}是等比数列，xn·xn+2=x■■，所以■+■=■=■，所以■=■+■，所以数列■是等差数列.
（2）由（1）设■的公差为d，知■=■+（8-1）d，d=2，an=■. 令f（n）=a■+a■+…+a■，则f（n+1）=a■+a■+…+a2n+a■+a■， f（n+1）-f（n）=■+■-■=■>0. 所以函数f（n）单调递增，当n≥2时， f（n）min=f（2）=a3+a4=■+■. 所以■>■（logm+1x-logmx+1），即logm+1x-logmx+1<1，logm+1x0. 而m>1，所以x的取值范围是（1，+∞）.
20. （文）21. （理）
（1）设Q（x，y），则QF+x+3=4（x> -3），即■+x+3=4（x>-3），化简得y2=-4x（x∈（-3，0]）. 所以动点Q的轨迹C为抛物线y2=-4x位于直线x=-3右侧的部分.
（2）因为■=■（■+■），所以P为AB的中点；又因为■·■=0，且■=（xE，0），所以点E为线段AB的垂直平分线与x轴的交点. 由题意可知，直线l与x轴不垂直，所以不妨设直线l的方程为y=k（x-1），由y=k（x-1），y2=-4x（x∈（-3，0]）得k2x2+（4-2k2）x+k2=0（x∈（-3，0]）. （？鄢）
设f（x）=k2x2+（4-2k2）x+k2，要使直线l与曲线C有两个不同的交点，只需Δ=（4-2k2）2-4k4>0，-3<■<0，f（-3）>0，f（0）>0，解得■（3）不可能. 证明如下：要使△PEF成为以EF为底的等腰三角形，只需2xP=xE+xF，即21-■=-1-■-1，解得k2=■. 另一方面，要使直线满足（2）的条件，需要k2∈■，1，而■？埸■，1，所以不可能使△PEF成为以EF为底的等腰三角形.
21. （文）（1）因为f（1）=b，由点（1，b）在x+y=1上，可得1+b=1，即b=0. 因为f ′（x）=anxn-1-a（n+1）xn，所以f ′（1）=-a. 又因为切线x+y=1的斜率为-1，所以-a= -1，即a=1. 故a=1，b=0.
（2）由（1）知， f（x）=xn（1-x）=xn-x■（x>0）， f ′（x）=（n+1）x■■-x. 令f ′（x）=0，解得x=■，即f ′（x）在（0，+∞）上有唯一零点x0=■. 在0，■上， f ′（x）>0，故f（x）单调递增；在■，+∞上， f ′（x）<0，f（x）单调递减. 故函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为f■=■■·1-■=■.
（3）令φ（t）=lnt-1+■（t>0），则φ′（t）=■-■=■（t>0）. 在（0，1）上，φ′（t）<0，故φ（t）单调递减；在（1，+∞）上，φ′（t）>0，φ（t）单调递增. 故φ（t）在（0，+∞）上的最小值为φ（1）=0. 所以φ（t）>0（t>1），即lnt>1-■（t>1）. 令t=1+■，则得ln■>■，即ln■■>lne，所以■■>e，即■<■. 由（2）知， f（x）≤■<■，故所证不等式成立.
22. （理）（1）由已知f ′（x）=2x+■=■（x>a）. 设g（x）=2x2-2ax+1，Δ=4a2-8，当Δ>0时，a>■或a<-■. 若a>■，由f ′（x）=2x+■易知f ′（x）>0在x>a时恒成立，无极值点. 若a<-■，设g（x）=2x2-2ax+1的两根为x1，x2且x1
■
所以当a<-■时，函数f（x）有两个极值点.
（2）当a≤-2时，由（1）所得可知x1+x2=a≤-2，01，故h（a）>0，所以g（a）=1+ln（-1-a）（a≤-2）.
（3）由（2）知， f（x）=x2+ln（x+2）在[-1，0]上有最大值g（-2）=1，且仅在x=-1时取得. 取x=-■∈（-1，0]，n∈N？鄢，则-■■+ln-■+2<1，即ln■<1-■■=■=■-■，故ln■<■-■，ln■<■-■，…，ln■<■-■，ln■<■-■. 相加得ln（n+1）<21+■+■+…+■-1+■+■+…+■≤21+■+■+…+■-1+■+…■=21+■+■+…+■-■，所以■+ln（n+1）<21+■+■+…+■（n∈N？鄢），即■+ln■<1+■+■+…+■（n∈N？鄢）.
2016年高考数学模拟金卷（二）
1. （理）D （文）D
2. （理）B （文）A
3. C 4. A 5. C
6. （理）由z=ax+by可得直线方程y= -■x+■，因为a>0，b>0，所以当直线在y轴上移动且截距最大时，目标函数z取得最大值. 画出可行域知直线经过两直线3x-y-6=0和x-y+2=0的交点（4，6）时，z取得最大值为12，所以12=4a+6b，即2a+3b=6，因而■+■=■■+■（2a+3b）=■78+■+■≥25，当且仅当a=b=■时等号成立. 故选D.
（文）因为椭圆的离心率为■，所以e=■=■，c2=■a2，c2=■a2=a2-b2，所以b2=■a2，即a2=4b2. 双曲线的渐近线为y=±x，代入椭圆得■+■=1，即■+■=■=1，所以x2=■b2，x=±■b，y2=■b2，y=±■b. 则第一象限的交点坐标为■b，■b，所以四边形的面积为4×■b×■b=■b2=16，所以b2=5，所以椭圆方程为■+■=1，选D.
7. （理）依题意，因为集合S中只有3个不同元素，所以不同有序数对（i，j）共有9对，如i=0，j=0，有A0⊕A0=A0，（A0⊕A0）⊕A0=A0⊕A0=A0，故适合题意. 经验证，只有3对：（0，0），（1，1），（2，2）适合题意，故选C.
（文）同理科第6题.
8. （理）kPQ=■，kMN=-■. 直线PQ为：y=■（x+c），两条渐近线为：y=±■x. 由y=■（x+c），y=■x得：Q■，■；由y=■（x+c），y=-■x得：P-■，■. 所以线段PQ的中点N■，■，直线MN为：y-■=-■·x-■. 令y=0，得：xM=■. 又MF2=F1F2=2c，所以3c=xM=■，解之得：e2=■=■，即e=■. 故选B.
（文）因为y′=（f ′（x）+f（x））ex，依题意有f ′（1）+f（1）=0. 由于f ′（1）表示y=f（x）的图象在x=1处切线的斜率，所以在x=1处y=f（x）的函数值与斜率互为相反数，选D.
9. （理）（1，1） （文）■
10. 2
11. （理）-2≤a≤4 （文）130
12. 8 13. ④
14. △ABC的外接圆的半径r=■，点O到面ABC的距离d=■=■，SC为球O的直径？圯点S到面ABC的距离为2d=■，所以此棱锥的体积为V=■S△ABC×2d=■×■×■=■.
15. （理）函数y=■ex与函数y=ln（2x）互为反函数，图象关于y=x对称， 函数y=■ex上的点Px，■ex到直线y=x的距离为d=■，设函数g（x）=■ex-x？圯g′（x）=■ex-1？圯g（x）min=1-ln2？圯dmin=■. 由图象关于y=x对称得：PQ最小值为2dmin=■（1-ln2）.
（文）337. 揭示：f（1）+f（2）+…+f（6）=1.
16. （理）因为C为AB的中点，■=■，所以PC⊥AB. 由■=m■+■，可知点I在∠PAB的平分线上，由■=λ■知点I在直线PC上，即点I为∠PAB的平分线与直线PC的交点. 由于■与■同向，所以λ=■，过I作ID垂直PA，垂足为D，则λ=■=■=■. 因为■-■=4知■=4，■=2，■=3，所以λ=■.
（文）设A，B的中点为C，则■+■=2■，■+■=2■，…， ■+■=2■，2（■+■+…+■）=2（n-1）■. 又（■+■）=2■，所以可得■+■+…+■=■（■+■）.
17. （1）f（x）=2sin2x+■+3. f（x）的最小正周期为π，单调递增区间为kπ-■，kπ+■，k∈Z.
（2）f（A）=4？摇得2sin2A+■+3=4，即sin2A+■=■. 因为018. （理）（1）设乙厂生产的产品数量为n，则有■=■，解得n=35. 即乙厂生产的产品数量为35件.
（2）易见只有编号为2，5的两组产品为优等品，所以乙厂生产的产品中的优等品率为■，因为35×■=14，故乙厂生产大约14件优等品.
（3）ξ的取值为0，1，2. P（ξ=0）=■=■，P（ξ=1）=■=■，P（ξ=2）=■=■. 所以ξ的分布列为：
■
故ξ的均值为Eξ=0×■+1×■+2×■=■.？摇
（文）（1）因为x=■■xn=75，所以x6=6x-■xn=6×75-70-76-72-70-72=90. 因为S2=■■（xn-x）2=■×（52+ 12+32+52+32+152）=49，所以S=7.
（2）从5位同学中随机选取2位同学，共有如下10种不同的取法：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}，选出的2位同学中，恰有1位同学的成绩位于（68，75）的取法共有如下4种取法：{1，2}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，故所得概率为■.
19. （理）（1）由图形可知该几何体的底面ABCD是菱形，且有一个角为60°，边长为2，锥体高度为PO=1 的四棱锥.
（2）设AC，BD的交点为O，连结OE，则OE为△DPB的中位线，OE∥PB，OE？奂平面EAC，PB？埭平面EAC，所以PB∥平面EAC.
（3）连结OP，则OP⊥平面ABCD. 以O为原点，直线OB，OC，OP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则B（1，0，0），D（-1，0，0），A（0，-■，0），P（0，0，1），■=（0，-■，-1），■=（1，0，-1）. 因为■=λ，所以PF=λ·FA，PF=λ·（PA-PF），PF=■·PA，■=■·■，所以可得■=0，-■，-■，■=■-■=-1，-■，■. 易知PA⊥BD，故只需令PA⊥BF，即■·■=0，就能使PA⊥平面BDF，再根据（-1）·0+-■·（-■）+■·（-1）=0，得λ=■. 此时，■=（0，-■，-1）为平面BDF的法向量，又E-■，0，■，C（0，■，0），所以■=■，■，-■. 设直线EC与平面BDF所成的角为θ，则sinθ=cos〈■，■〉=■=■. 所以当λ=■时，PA⊥平面BDF，此时直线EC与平面BDF所成角的正弦值为■.
（文）（1）下面先证AB⊥GH. 连结CG，当λ=■时，即AG=■AB. 因为△ABC为等腰三角形，所以CG⊥AB. 又AD∥CF，且AD⊥平面ABC，所以HC⊥平面ABC，所以HC⊥AB. CG∩HC=C，所以AB⊥面CGH，GH？哿面CGH，所以AB⊥GH. 再证GH∥平面DEF. 取DE的中点为M，连结GM，MF. 因为G为AB的中点，所以GM∥AD，又AD∥CF，所以GM∥CF. 因为CF=2a，MG=AD=a，H为CF的中点. 所以GM∥HF且GM=HF，即四边形GHFM为平行四边形. 所以GH∥MF. 又MF？奂平面DEF，GH？埭平面DEF. 所以GH∥平面DEF.
（2）对于0<λ<1的任意λ，总有GH∥平面DEF. 证明如下：连结AH，BH，因为AD∥CF且AD=FH=a，所以AHFD是平行四边形，所以AH∥DF. 又DF？哿平面DEF，AH？埭平面DEF，所以AH∥平面DEF. 同理可证：BH∥平面DEF. 又AH∩BH=H，所以平面DEF∥平面ABH. 因为当0<λ<1时，HG？奂面ABH，所以HG∥平面DEF.
20. （理）（1）由对称性可得知：△BFD是等腰直角三角形，所以斜边BD=2p，点A到准线l的距离d=FA=FB=■p，S△ABD=4■？圳■×BD×d=4■？圳p=2. 且圆F的方程为x2+（y-1）2=8.
（2）由对称性设Ax0，■（x0>0），则F0，■，点A，B关于点F对称得：B-x0，p-■？圯p-■=-■？圳x■■=3p2，所以可得：A■p，■，直线m：y=■x+■？圳x-■y+■=0；x2=2py？圳y=■？圯y′=■=■？圯x=■p？圯切点P■，■，直线n：y-■=■·x-■？圳x-■y-■p=0，坐标原点到m，n距离的比值为■：■=3.
（文）（1）当1≤x<4时，合格的元件数为x-■，利润T=2x-■-■=2x-■；当x≥4时，合格的元件数为x-x+■-■= -■+■，利润T=2-■+■-x+■-■=-x-■+■. 综上，该工厂每天生产这种元件所获得的利润T=2x-■，1≤x<4，-x-■+■，x≥4.
（2）当1≤x<4时，T=2x-■，对称轴x=2，此时利润的最大值Tmax=T（2）=2. 当x≥4时，T′=-1+■=■=■<0，所以T=-x-■+■在[4，+∞）上是减函数，此时利润的最大值Tmax=T（4）=0. 综上所述，当x=2时，T取最大值2， 即当日产量定为2（万件）时，工厂可获得最大利润2万元.
21. （理）（1）当a=1时，则f（x）=2lnx-x2，所以f ′（x）=■-2x. 所以f ′（1）=0. 又f（1）= -1，所以曲线y=f（x）在点x=1处的切线方程为y+1=0.
（2）f（x）=2a2lnx-x2，所以f ′（x）=■-2x=■=■. 因为x>0，a>0，当0讨论函数f（x）的零点情况如下：
①当a2（2lna-1）<0，即0②当a2（2lna-1）=0，即a=■时，函数f（x）在（0，+∞）内有唯一零点a，而1③当a2（2lna-1）>0，即a>■时，由于f（1）=-1<0，f（a）=a2（2lna-1）>0， f（e2）=2a2lne2-e4=4a2-e4=（2a-e2）（2a+e2）. 当2a-e2<0时，即■■时，f（e2）≥0，而且f（■）=2a2·■-e=a2-e>0，f（1）=-1<0，由单调性可知，无论a≥e2还是a（文）同理科第20题.
22. （理）（1）因为6a3=8a1+a5，所以6q2=8+q4，解得q2=4或q2=2（舍），则q=2. 又a1=2，所以a■n=2n.
（2）由2n2-（t+bn）n+■bn=0，得bn=■，所以b1=2t-4，b2=16-4t，b3=12-2t，则由b1+b3=2b2，得t=3. 而当t=3时，bn=2n，由bn+1-bn=2（常数）知数列{bn}为等差数列.
（3）因为c1=c2=c3=2，易知m=1不合题意，m=2适合题意，当m≥3时，若cm+1为后添入的数2，则一定不满足T■m=2cm+1，从而cm+1必是数列{an}中的某一项a■k+1，则（2+22+22+…+2k）+2（b1+b2+b3+…+bk）=2×2■，即 2×（2k-1）+2×■=2×2k+1，即2k+1-2k2-2k+2=0，也就是2k=k2+k-1. 易证k=1，2，3，4不是该方程的解，而当n≥5时，2n>n2+n-1成立，证明如下：
①当n=5时，25=32，n2+n-1=29，左边>右边成立；
②假设n=k（k≥5）时，2k>k2+k-1成立，当n=k+1时，2k+1>2k2+2k-2=（k+1）2+（k+1）-1+k2-k-3≥（k+1）2+（k+1）-1+5k-k-3=（k+1）2+（k+1）-1+k+3（k-1）>（k+1）2+（k+1）-1.
这就是说，当n=k+1时，结论成立.
由①②可知，2n>n2+n-1（n≥5）恒成立，故2k=k2+k-1无正整数解.
综上可知，满足题意的正整数仅有m=2.
（文）（1）由已知得0 11 0·-21=0×（-2）+1×11×（-2）+0×1=1-2，所以点M′的坐标为（1，-2）.
（2）因为0 11 0·Snn=nSn，所以A′（n，Sn）. 因为点A′（n，Sn）在函数f（x）=x2+x的图象上，所以Sn=n2+n. 当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n，a1=2满足上面的公式，所以an=2n（n∈N？鄢）.？摇
（3）由已知，bn=1-■1-■…1-■. 设F（n）=1-■1-■…1-■■. 因为■=1-■·■=■·■=■<■=1，所以F（n）>F（n+1），所以F（n）单调递减，所以当n=1时，F（n）取得最大值■.
要使得不等式bn■■，所以a的取值范围是■，+∞. ■
随便看

　

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