数学试题参考答案与评分标准

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1、数学试题参考答案与评分标准1．12．3．4．－85．6．207．8．19．010．11．12．13．14．（1005，1004）15.⑴∵，………………………………2分又∵，∴而为斜三角形，∵，∴.………………………………………………………………4分∵，∴.……………………………………………………6分⑵∵，∴…12分即，∵，∴.…………………………………14分16．⑴∵平面，平面，所以，…2分∵是菱形，∴，又，∴平面，……………………………………………………4分又∵平面，∴平面平面．……………………………………6分⑵取中点，连接,则，∵是菱形，∴，∵为的中点，∴，………………10分∴．

2、∴四边形是平行四边形，∴，………………12分又∵平面，平面．∴平面．………………………………………………………………14分17.（1）∵直线过点，且与圆：相切，设直线的方程为，即，　…………………………2分则圆心到直线的距离为，解得，∴直线的方程为，即．………………………4分（2）对于圆方程,令，得,即．又直线过点6且与轴垂直，∴直线方程为，设，则直线方程为解方程组,得同理可得,………………10分∴以为直径的圆的方程为，又，∴整理得，………………………12分若圆经过定点，只需令，从而有，解得，∴圆总经过定点坐标为．……………………………………………14分18．⑴因为当时，，所以，……4

3、分∴………………………………………………………6分⑵设每小时通过的车辆为，则．即……12分∵，…………………………………………………14分xOy∴，当且仅当，即时，取最大值．答：当时，大桥每小时通过的车辆最多．………16分19.（1）由，得∴b、c所满足的关系式为．……………………2分（2）由，，可得．方程，即，可化为，令，则由题意可得，在上有唯一解，…4分令，由，可得，当时，由，可知是增函数；当时，由，可知是减函数．故当时，取极大值．………6分6由函数的图象可知，当或时，方程有且仅有一个正实数解．故所求的取值范围是或．……………………………………………8分（3）由，，可得．由且且且．

4、…10分当时，；当时，；当时（），；当时，且；当时，∪．………………………16分注：可直接通过研究函数与的图象来解决问题．20．（1）由，且等差数列的公差为，可知，若插入的一个数在之间，则，，消去可得，其正根为．………………………………2分若插入的一个数在之间，则，，消去可得，此方程无正根．故所求公差．………4分（2）设在之间插入个数，在之间插入个数，则，在等比数列中，∵，…，，∴……………………8分又∵，，都为奇数，∴可以为正数，也可以为负数．①若为正数，则…，所插入个数的积为；②若为负数，…中共有个负数，当是奇数，即N*)时，所插入个数的积为；6当是偶数，即N*）时，所插入个数的积

5、为．综上所述，当N*)时，所插入个数的积为；当N*）时，所插入个数的积为．…………10分注：可先将…用和表示，然后再利用条件消去进行求解．（3）∵在等比数列，由，可得，同理可得，∴，即，…………………………12分假设是有理数，若为整数，∵是正数，且，∴，在中，∵是的倍数，故1也是的倍数，矛盾．若不是整数，可设（其中为互素的整数，），则有，即，∵，可得，∴是x的倍数，即是x的倍数，矛盾．∴是无理数．……………………………………16分附加题部分21B．设为曲线上的任意一点，在矩阵A变换下得到另一点，则有，…………………………………………………………4分即∴…………………………………8分又因

6、为点P在曲线上，所以，6故有,即所得曲线方程.………………………………………10分21C．将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，即，它表示以为圆心，2为半径的圆，…………………4分直线方程的普通方程为，………………6分圆的圆心到直线的距离，………………………………………………………8分故所求弦长为．………………………………………………10分21D．由柯西不等式可得．…10分第22题22．以点为坐标原点,以分别为轴,建立如图空间直角坐标系,不妨设则,∴,设平面的法向量为则①②不妨设则,即……………………2分∵平面∴,又∵∥∴故平面即是平面的一个法向量,且………………4分∵=…………………

7、…………………6分又∵平面与平面所成二面角的余弦值为,∴解得，∴．……………………………………10分623．（1）∵，……………2分∴当时，=.∴．……………………………………………………4分（2）∵，∴…　……………6分　……．………10分注：用数学归纳法来证明…，若正确，同样得4分．6