第五次抽考理科数学参考解析.docx

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1、第五次抽考理科数学参考解析【一】CBBDADAB【二】填空9、210.1，2；11.6012.253313.114.22315、ar(1r)5yx(1r)51e【三】解答16.解：〔Ⅰ〕由意，函数f(x)x22a

2、x

3、(a0)的定域R，f(x)x22axf(x)，因此函数f(x)是偶函数.当x0，函数f(x)x22ax〔a0〕且[a,)(0,)，因此如今函数f(x)的增区是[a,)(6分)〔Ⅱ〕由于函数f(x)(xa)2a2，f(x)mina2只a21，即a1或a11有解.(6分)由于a0，因此a1，方程f(x)17、解：〔Ⅰ〕∵fxcos2x2πcos2x3sin2

4、x3cos2x3sin2xπ，3223∴故函数x的最小正周期π增区5(kZ)⋯⋯⋯6分.f；k,k1212〔Ⅱ〕解法一：fB3sinπ3，∴π1、2B2sinB233∵0B，∴ππ，∴π，即、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分π2πBππB3336B36由余弦定理得：b2a2c22accosB，∴a232a33，即12a23a20，故a1〔不合意，舍〕或a2、因b2c2134a2，因此ABC直角三角形.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分解法二：B3sinBπ3，∴sinBπ1、f23232∵0B，∴，∴，即、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分ππBπ2πBππBπ333366由正弦定理得：a13，∴sinC

5、3，2sinAsinπsinC6∵0C，∴或、当，；当，、〔不合意，πCπ2πCπAπC2πAπ333236舍〕因此ABC直角三角形.⋯⋯⋯12分18、〔Ⅰ〕明:PEPF1EF2PEPF(5分)P又PEPC且PCPF=PPE平面MFCPFCOPE平面PEC平面PEC平面PFCN〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕易知POEF,POACPO平面AEAECF，从而PO,OE,ON两两垂直，〔7分〕如,建立空直角坐系,那么：2、F2,0,0,N1、21,0、2,-12P0,0,20,,0A,M,422242,PF2,02,MN2,1,2,2244易知PF是平面PAE的法向量,设MN与平面PAE所

6、成的角(12分)sin=cos

7、10时，f(n)max1280.故此方案共获利1280+160=1440〔万元〕.-----11分比较两种方案，在同等数额获利的基础上,第①种方案只需6年，第②种方案需要10年，应选择第①种方案.----13分20.解：〔Ⅰ〕由题意可知F(c,0)e1b3c,即B(0,3c)3ckBF3分2(c)20又BCBFkBC3C(3c,0)圆M的圆心坐标为(c,0),半径为2c4分3由直线x3y30与圆M相切可得

8、c3

9、c11(3)22c椭圆的方程为x2y216分43〔Ⅱ〕假设存在满足条件的点N(x0,0).由题意可设直线l的方程为yk(x1)(k0).设P(x1,y1),Q

10、(x2,y2)NF为PNQ的内角平分线kNPkNQ8分即y1y2k(x11)k(x21)(x11)(x2x0)(x21)(x1x0)x0x2x0x1x0x2x0x1x1x22x1x2,x0.......10分x1x22yk(x1)3x24k2(x1)2又x2y211243(34k2)x28k2x4k21208k24k212,8k28k224.x1x234k2,x1x234k2x034k234k248k2234k2N(4,0)13分21、解：〔Ⅰ〕然函数定域〔0，1〕.点M的坐(a,b)，那么由1x12axx22axf(x)f(2ax)lnln1lnx22b21x212

11、ax2ax12a关于x(0,1)恒成立，因此12a0,解得1ab.12b.2因此存在定点11，使得函数f(x)的象上任意一点P关于M点称的点Q也在函数M(,)22f(x)的象上.⋯⋯4分〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕得f(x)f(1x)1,∵f(1)f(2)f(n2)⋯⋯①Snf(n1)nnnn∴f(11f(12)21⋯⋯②Sn)nf()f()nnn①+②，得2Snn，∴n1N*)，故2011⋯⋯8分1Sn2(n≥2,nS20122.〔Ⅲ〕当nN*，由〔Ⅱ〕知lnSn2，lnSn2lnSn1ln(11)Sn1n因此11等价于111⋯⋯10分lnSn2lnSn1n2n