2013年湖北省高考数学试卷（理科）.doc

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1、第 1 页（共 31 页）2013 年湖北省高考数学试卷（理科）年湖北省高考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分在每小题给出的四个分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的选项中，只有一项是符合题目要求的1 （5 分）在复平面内，复数 z=（i 为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2 （5 分）已知全集为 R，集合 A=x|（）x1，B=x|x26x+80，则A（RB）=（ ）Ax|x0Bx|2x4Cx|0x2 或 x4Dx|0x2 或 x43 （5 分）在一次

2、跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题 p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（ ）A （p）（q）Bp（q） C （p）（q）Dpq4 （5 分）将函数 y=cosx+sinx（xR）的图象向左平移 m（m0）个单位长度后，所得到的图象关于 y 轴对称，则 m 的最小值是（ ）ABCD5 （5 分）已知 0，则双曲线与 C2：=1 的（ ）A实轴长相等 B虚轴长相等 C焦距相等D离心率相等6 （5 分）已知点 A（1，1） ，B（1，2） ，C（2，1） ，D（3，4） ，则向量在方向上的投影为（ ）ABCD7 （5 分

3、）一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度的单位：s，v 的单位：m/s）行驶至停止，在此期间汽车继第 2 页（共 31 页）续行驶的距离（单位：m）是（ ）A1+25ln5 B8+25lnC4+25ln5 D4+50ln28 （5 分）一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为 V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（ ）AV1V2V4V3BV1V3V2V4CV2V1V3V4DV2V3V1V49 （5 分）如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为 125 个同样大小的小正方体，经过搅拌后

4、，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为 X，则X 的均值 E（X）=（ ）ABCD10 （5 分）已知 a 为常数，函数 f（x）=x（lnxax）有两个极值点x1，x2（x1x2） （ ）ABCD第 3 页（共 31 页）二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 小题，考生共需作答小题，考生共需作答 5 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 25分请将答案填在答题卡对应题号的位置上答错位置，书写不清，模棱两可分请将答案填在答题卡对应题号的位置上答错位置，书写不清，模棱两可均不得分均不得分 （一）必考题（一）必考题（11-14 题）题） （二）选考题（请考生在第（二）选考题（请考

5、生在第 15、16 两题中两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用 2B 铅笔铅笔涂黑如果全选，则按第涂黑如果全选，则按第 15 题作答结果计分题作答结果计分 ）11 （5 分）从某小区抽取 100 户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在 50至 350 度之间，频率分布直方图如图所示：（）直方图中 x 的值为 ；（）在这些用户中，用电量落在区间100，250）内的户数为 12 （5 分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果 i= 13 （5 分）设 x，y，zR，且满足：，则 x+y+z

6、= 第 4 页（共 31 页）14 （5 分）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1，3，6，10，第 n 个三角形数为记第 n 个 k 边形数为N（n，k） （k3） ，以下列出了部分 k 边形数中第 n 个数的表达式：三角形数，正方形数 N（n，4）=n2，五边形数，六边形数 N（n，6）=2n2n，可以推测 N（n，k）的表达式，由此计算 N（10，24）= 15 （5 分） （选修 41：几何证明选讲）如图，圆 O 上一点 C 在直径 AB 上的射影为 D，点 D 在半径 OC 上的射影为E若 AB=3AD，则的值为 16 （选修 44：坐标系与参数方程）在直角坐

7、标系 xOy 中，椭圆 C 的参数方程为为参数，ab0） 在极坐标系（与直角坐标系 xOy 取相同的长度单位，且以原点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴）中，直线 l 与圆 O 的极坐标方程分别为为非零常数）与 =b若直线 l 经过椭圆 C 的焦点，且与圆 O 相切，则椭圆 C 的离心率为 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 75 分解答应写出文字说明、证明过程或演分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤算步骤第 5 页（共 31 页）17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 对应的边分别是 a，b，c，已知cos2A3cos（B+C）=1（）求角 A 的大

8、小；（）若ABC 的面积 S=5，b=5，求 sinBsinC 的值18 （12 分）已知等比数列an满足：|a2a3|=10，a1a2a3=125（）求数列an的通项公式；（）是否存在正整数 m，使得？若存在，求 m 的最小值；若不存在，说明理由19 （12 分）如图，AB 是圆 O 的直径，点 C 是圆 O 上异于 A，B 的点，直线PC平面 ABC，E，F 分别是 PA，PC 的中点（）记平面 BEF 与平面 ABC 的交线为 l，试判断直线 l 与平面 PAC 的位置关系，并加以证明；（）设（）中的直线 l 与圆 O 的另一个交点为 D，且点 Q 满足记直线 PQ 与平面 ABC 所成

9、的角为 ，异面直线 PQ 与 EF 所成的角为 ，二面角 ElC 的大小为 求证：sin=sinsin20 （12 分）假设每天从甲地去乙地的旅客人数 X 是服从正态分布N（800，502）的随机变量记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过 900 的概率为 p0（）求 p0的值；（参考数据：若 XN（，2） ，有 P（X+）=0.6826，P（2X+2）=0.9544，P（3X+3）=0.9974 ）（）某客运公司用 A，B 两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次，A，B 两种车辆的载客量分别为 36 人和 60 人，从甲地去乙第 6 页（共 31 页）地的营运成本分别为

10、 1600 元/辆和 2400 元/辆公司拟组建一个不超过 21 辆车的客运车队，并要求 B 型车不多于 A 型车 7 辆若每天要以不小于 p0的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A 型车、B 型车各多少辆？21 （13 分）如图，已知椭圆 C1与 C2的中心在坐标原点 O，长轴均为 MN 且在x 轴上，短轴长分别为 2m，2n（mn） ，过原点且不与 x 轴重合的直线 l 与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为 A，B，C，D，记，BDM 和ABN 的面积分别为 S1和 S2（）当直线 l 与 y 轴重合时，若 S1=S2，求 的值；（）当 变化

11、时，是否存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1=S2？并说明理由22 （14 分）设 n 是正整数，r 为正有理数（）求函数 f（x）=（1+x）r+1（r+1）x1（x1）的最小值；（）证明：；（）设 xR，记x为不小于 x 的最小整数，例如令的值（参考数据：第 7 页（共 31 页）2013 年湖北省高考数学试卷（理科）年湖北省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分在每小题给出的四个分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的选项中，只有一项是符合题目要求的1 （

12、5 分）在复平面内，复数 z=（i 为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】将复数 z=的分母实数化，求得 z=1+i，即可求得 ，从而可知答案【解答】解：z=1+i， =1i 对应的点（1，1）位于第四象限，故选：D【点评】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，将复数 z=的分母实数化是关键，属于基础题2 （5 分）已知全集为 R，集合 A=x|（）x1，B=x|x26x+80，则A（RB）=（ ）Ax|x0Bx|2x4Cx|0x2 或 x4Dx|0x2 或 x4【分析】利用指数函数的性质可求得集合 A，通过解一元二次不等式可求得集合 B，从而

13、可求得 ACRB【解答】解：1=，x0，A=x|x0；第 8 页（共 31 页）又 x26x+80（x2） （x4）0，2x4B=x|2x4，RB=x|x2 或 x4，ARB=x|0x2 或 x4，故选：C【点评】本题考查指数函数的性质与元二次不等式，考查交、并、补集的混合运算，属于中档题3 （5 分）在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题 p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（ ）A （p）（q）Bp（q） C （p）（q）Dpq【分析】由命题 P 和命题 q 写出对应的p 和q，则命题“至少有一位学员没有降落在

14、指定范围”即可得到表示【解答】解：命题 p 是“甲降落在指定范围”，则p 是“甲没降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则q 是“乙没降落在指定范围”，命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括“甲降落在指定范围，乙没降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙没降落在指定范围”三种情况所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（p）V（q） 故选：A【点评】本题考查了复合命题的真假，解答的关键是熟记复合命题的真值表，是基础题4 （5 分）将函数 y=cosx+sinx（xR）的图象向左平移 m（m0）个单位长度后，所得到的图象关于

15、y 轴对称，则 m 的最小值是（ ）第 9 页（共 31 页）ABCD【分析】函数解析式提取 2 变形后，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用平移规律得到平移后的解析式，根据所得的图象关于 y 轴对称，即可求出 m 的最小值【解答】解：y=cosx+sinx=2（cosx+sinx）=2sin（x+） ，图象向左平移 m（m0）个单位长度得到 y=2sin（x+m）+=2sin（x+m+） ，所得的图象关于 y 轴对称，m+=k+（kZ） ，则 m 的最小值为故选：B【点评】此题考查了两角和与差的正弦函数公式，以及函数 y=Asin（x+）的图象变换，熟练掌握公式是解本题的关

16、键5 （5 分）已知 0，则双曲线与 C2：=1 的（ ）A实轴长相等 B虚轴长相等 C焦距相等D离心率相等【分析】根据双曲线的标准方程求出双曲线的几何性质同，即可得出正确答案【解答】解：双曲线的实轴长为 2cos，虚轴长2sin，焦距 2，离心率，双曲线的实轴长为 2sin，虚轴长 2sintan，焦距 2tan，离心率，第 10 页（共 31 页）故它们的离心率相同故选：D【点评】本题主要考查了双曲线的标准方程、双曲线的简单性质等，属于基础题6 （5 分）已知点 A（1，1） ，B（1，2） ，C（2，1） ，D（3，4） ，则向量在方向上的投影为（ ）ABCD【分析】先求出向量、，根据投

17、影定义即可求得答案【解答】解：，则向量方向上的投影为：cos=，故选：A【点评】本题考查平面向量数量积的含义与物理意义，考查向量投影定义，属基础题，正确理解相关概念是解决问题的关键7 （5 分）一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度的单位：s，v 的单位：m/s）行驶至停止，在此期间汽车继续行驶的距离（单位：m）是（ ）A1+25ln5 B8+25lnC4+25ln5 D4+50ln2【分析】令 v（t）=0，解得 t=4，则所求的距离 S=，解出即可【解答】解：令 v（t）=73t+，化为 3t24t32=0，又 t0，解得 t=4由刹车行驶至停止，在此期间汽车继续行驶的距

18、离 s=4+25ln5第 11 页（共 31 页）故选：C【点评】熟练掌握导数的运算法则和定积分的几何意义是解题的关键8 （5 分）一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为 V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（ ）AV1V2V4V3BV1V3V2V4CV2V1V3V4DV2V3V1V4【分析】利用三视图与已知条件判断组合体的形状，分别求出几何体的体积，即可判断出正确选项【解答】解：由题意以及三视图可知，该几何体从上到下由：圆台、圆柱、正四棱柱、正四棱台组成，体积分别记为 V1=V2=122=2，V3=

19、222=8V4=；，V2V1V3V4故选：C【点评】本题考查简单组合体的三视图与几何体的体积的求法，正确判断几何第 12 页（共 31 页）体的形状与准确利用公式求解体积是解题的关键9 （5 分）如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为 125 个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为 X，则X 的均值 E（X）=（ ）ABCD【分析】由题意可知：X 所有可能取值为 0，1，2，38 个顶点处的 8 个小正方体涂有 3 面，每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下 3 个，一共有 312=36 个小正方体涂有 2 面，每个表面去掉四条棱上的 16 个小正方

20、形，还剩下 9 个小正方形，因此一共有96=54 个小正方体涂有一面，由以上可知：还剩下 125（8+36+54）=27 个内部的小正方体的 6 个面都没有涂油漆，根据上面的分析即可得出其概率及 X的分布列，利用数学期望的计算公式即可得出【解答】解：由题意可知：X 所有可能取值为 0，1，2，38 个顶点处的 8 个小正方体涂有 3 面，P（X=3）=；每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下 3 个，一共有 312=36 个小正方体涂有 2 面，P（X=2）=；每个表面去掉四条棱上的 16 个小正方形，还剩下 9 个小正方形，因此一共有96=54 个小正方体涂有一面，P（X=1）=由以上可

21、知：还剩下 125（8+36+54）=27 个内部的小正方体的 6 个面都没有涂油漆，P（X=0）=第 13 页（共 31 页）故 X 的分布列为 X0123P 因此 E（X）=故选：B【点评】正确找出所涂油漆的面数的正方体的个数及古典概型的概率计算公式、分布列与数学期望是解题的关键10 （5 分）已知 a 为常数，函数 f（x）=x（lnxax）有两个极值点x1，x2（x1x2） （ ）ABCD【分析】先求出 f（x） ，令 f（x）=0，由题意可得 lnx=2ax1 有两个解 x1，x2函数 g（x）=lnx+12ax 有且只有两个零点g（x）在（0，+）上的唯一的极值不等于 0利用导数与

22、函数极值的关系即可得出【解答】解：f（x）=lnx+12ax， （x0）令 f（x）=0，由题意可得 lnx=2ax1 有两个解 x1，x2函数 g（x）=lnx+12ax 有且只有两个零点g（x）在（0，+）上的唯一的极值不等于 0当 a0 时，g（x）0，f（x）单调递增，因此 g（x）=f（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去当 a0 时，令 g（x）=0，解得 x=，x，g（x）0，函数 g（x）单调递增；时，g（x）0，函数 g（x）单调递减第 14 页（共 31 页）x=是函数 g（x）的极大值点，则0，即0，ln（2a）0，02a1，即故当 0a时，g（x）=0 有两个根 x1

23、，x2，且 x1x2，又 g（1）=12a0，x11x2，从而可知函数 f（x）在区间（0，x1）上递减，在区间（x1，x2）上递增，在区间（x2，+）上递减 f（x1）f（1）=a0，f（x2）f（1）=a故选：D【点评】本题考查了利用导数研究函数极值的方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 小题，考生共需作答小题，考生共需作答 5 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 25分请将答案填在答题卡对应题号的位置上答错位置，书写不清，模棱两可分请将答案填在答题卡对应题号的位置上答错位置，书写不清，模棱两可均不得分均不得

24、分 （一）必考题（一）必考题（11-14 题）题） （二）选考题（请考生在第（二）选考题（请考生在第 15、16 两题中两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用 2B 铅笔铅笔涂黑如果全选，则按第涂黑如果全选，则按第 15 题作答结果计分题作答结果计分 ）11 （5 分）从某小区抽取 100 户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在 50至 350 度之间，频率分布直方图如图所示：（）直方图中 x 的值为 0.0044 ；（）在这些用户中，用电量落在区间100，250）内的户数为 70 【分析】 （I）根

25、据频率分布直方图中，各组的频率之和为 1，我们易得到一个关第 15 页（共 31 页）于 x 的方程，解方程即可得到答案（II）由已知中的频率分布直方图，利用100，250）之间各小组的纵坐标（矩形的高）乘以组距得到100，250）的频率，利用频率乘以样本容量即可求出频数【解答】解：（）依题意及频率分布直方图知，0.002450+0.003650+0.006050+x50+0.002450+0.001250=1，解得 x=0.0044（II）样本数据落在100，150）内的频率为 0.003650=0.18，样本数据落在150，200）内的频率为 0.00650=0.3样本数据落在200，25

26、0）内的频率为 0.004450=0.22，故在这些用户中，用电量落在区间100，250）内的户数为（0.18+0.30+0.22）100=70故答案为：0.0044；70【点评】根据新高考服务于新教材的原则，作为新教材的新增内容频率分布直方图是新高考的重要考点对于“频率分布直方图学习的关键是学会画图、看图和用图12 （5 分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果 i= 5 第 16 页（共 31 页）【分析】框图首先给变量 a 和变量 i 赋值，然后对 a 是否等于 4 进行判断，不等于 4，继续判断 a 是否为奇数，是执行路径 a=3a+1，否执行路径，再执行 i=i+1，依

27、次循环执行，当 a 等于 4 时跳出循环，输出 i 的值【解答】解：框图首先给变量 a 和变量 i 赋值，a=4，i=1判断 10=4 不成立，判断 10 是奇数不成立，执行，i=1+1=2；判断 5=4 不成立，判断 5 是奇数成立，执行 a=35+1=16，i=2+1=3；判断 16=4 不成立，判断 16 是奇数不成立，执行，i=3+1=4；判断 8=4 不成立，判断 8 是奇数不成立，执行，i=4+1=5；判断 4=4 成立，跳出循环，输出 i 的值为 5故答案是 5【点评】本题考查了程序框图，循环结构中含有条件结构，外面的循环结构为直到型，即不满足条件执行循环，直到条件满足跳出循环是

28、基础题13 （5 分）设 x，y，zR，且满足：，则 x+y+z= 【分析】根据柯西不等式，算出（x+2y+3z）214（x2+y2+z2）=14，从而得到x+2y+3z 恰好取到最大值，由不等式的等号成立的条件解出 x=、y=第 17 页（共 31 页）且 z=，由此即可得到 x+y+z 的值【解答】解：根据柯西不等式，得（x+2y+3z）2（12+22+32） （x2+y2+z2）=14（x2+y2+z2）当且仅当时，上式的等号成立x2+y2+z2=1，（x+2y+3z）214，结合，可得 x+2y+3z 恰好取到最大值=，可得 x=，y=，z=因此，x+y+z=+=故答案为：【点评】本题

29、给出 x、y、z 的平方和等于 1，在 x+2y+3z 恰好取到最大值的情况下求 x+y+z 的值着重考查了运用柯西不等式求最值的方法，属于中档题抓住柯西不等式的等号成立的条件，是本题得以解决的关键14 （5 分）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1，3，6，10，第 n 个三角形数为记第 n 个 k 边形数为N（n，k） （k3） ，以下列出了部分 k 边形数中第 n 个数的表达式：三角形数，正方形数 N（n，4）=n2，五边形数，六边形数 N（n，6）=2n2n，可以推测 N（n，k）的表达式，由此计算 N（10，24）= 1000 【分析】观察已知式子的规律，并改

30、写形式，归纳可得，把 n=10，k=24 代入可得答案【解答】解：原已知式子可化为：，第 18 页（共 31 页），由归纳推理可得，故=1100100=1000故答案为：1000【点评】本题考查归纳推理，观察已知式子的规律并改写形式是解决问题的关键，属基础题15 （5 分） （选修 41：几何证明选讲）如图，圆 O 上一点 C 在直径 AB 上的射影为 D，点 D 在半径 OC 上的射影为E若 AB=3AD，则的值为 8 【分析】设圆 O 的半径为 3x，根据射影定理，可以求出OD2=OEOC=x2，CD2=CEOC=8x2，进而得到的值【解答】解：设圆 O 的半径 OA=OB=OC=3x，A

31、B=3AD，AD=2x，BD=4x，OD=x又点 C 在直径 AB 上的射影为 D，在ABC 中，由射影定理得：CD2=ADBD=8x2，在ODC 中，由射影定理得：OD2=OEOC=x2，CD2=CEOC=8x2，故=8故答案为：8第 19 页（共 31 页）【点评】本题考查的知识点是直角三角形射影定理，射影定理在使用时一定要注意其使用范围“双垂直”16 （选修 44：坐标系与参数方程）在直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的参数方程为为参数，ab0） 在极坐标系（与直角坐标系 xOy 取相同的长度单位，且以原点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴）中，直线 l 与圆 O 的极坐标方程分别为为

32、非零常数）与 =b若直线 l 经过椭圆 C 的焦点，且与圆 O 相切，则椭圆 C 的离心率为 【分析】先根据极坐标与直角坐标的转换关系将直线 l 的极坐标方程分别为为非零常数）化成直角坐标方程，再利用直线 l 经过椭圆 C 的焦点，且与圆 O 相切，从而得到 c=b，又 b2=a2c2，消去 b 后得到关于a，c 的等式，即可求出椭圆 C 的离心率【解答】解：直线 l 的极坐标方程分别为为非零常数）化成直角坐标方程为 x+ym=0，它与 x 轴的交点坐标为（m，0） ，由题意知， （m，0）为椭圆的焦点，故|m|=c，又直线 l 与圆 O：=b 相切，从而 c=b，又 b2=a2c2，c2=2

33、（a2c2） ，3c2=2a2，=则椭圆 C 的离心率为 故答案为：【点评】本题考查了椭圆的离心率，考查了参数方程化成普通方程，点的极坐第 20 页（共 31 页）标和直角坐标的互化，考查提高学生分析问题的能力三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 75 分解答应写出文字说明、证明过程或演分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤算步骤17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 对应的边分别是 a，b，c，已知cos2A3cos（B+C）=1（）求角 A 的大小；（）若ABC 的面积 S=5，b=5，求 sinBsinC 的值【分析】 （I）利用倍角公式和诱导公式即可

34、得出；（II）由三角形的面积公式即可得到 bc=20又 b=5，解得 c=4由余弦定理得 a2=b2+c22bccosA=25+1620=21，即可得出 a又由正弦定理得即可得到即可得出【解答】解：（）由 cos2A3cos（B+C）=1，得 2cos2A+3cosA2=0，即（2cosA1） （cosA+2）=0，解得（舍去） 因为 0A，所以（）由 S=，得到 bc=20又 b=5，解得 c=4由余弦定理得 a2=b2+c22bccosA=25+1620=21，故又由正弦定理得【点评】熟练掌握三角函数的倍角公式和诱导公式、三角形的面积公式、余弦定理得、正弦定理是解题的关键18 （12 分）

35、已知等比数列an满足：|a2a3|=10，a1a2a3=125（）求数列an的通项公式；（）是否存在正整数 m，使得？若存在，求 m 的最小值；若不存在，说明理由第 21 页（共 31 页）【分析】 （I）设等比数列an的公比为 q，结合等比数列的通项公式表示已知条件，解方程可求 a1，q，进而可求通项公式（）结合（I）可知是等比数列，结合等比数列的求和公式可求，即可判断【解答】解：（）设等比数列an的公比为 q，则由已知可得解得故（）若，则，故是首项为，公比为的等比数列，从而若，则是首项为，公比为1 的等比数列，从而故综上，对任何正整数 m，总有故不存在正整数 m，使得成立【点评】本题主要考

36、查了等比数列的通项公式及求和公式的综合应用，还考查了一定的逻辑推理与运算的能力19 （12 分）如图，AB 是圆 O 的直径，点 C 是圆 O 上异于 A，B 的点，直线PC平面 ABC，E，F 分别是 PA，PC 的中点第 22 页（共 31 页）（）记平面 BEF 与平面 ABC 的交线为 l，试判断直线 l 与平面 PAC 的位置关系，并加以证明；（）设（）中的直线 l 与圆 O 的另一个交点为 D，且点 Q 满足记直线 PQ 与平面 ABC 所成的角为 ，异面直线 PQ 与 EF 所成的角为 ，二面角 ElC 的大小为 求证：sin=sinsin【分析】 （I）直线 l平面 PAC连接

37、 EF，利用三角形的中位线定理可得，EFAC；利用线面平行的判定定理即可得到 EF平面 ABC由线面平行的性质定理可得 EFl再利用线面平行的判定定理即可证明直线 l平面 PAC（II）综合法：利用线面垂直的判定定理可证明 l平面 PBC连接 BE，BF，因为 BF平面 PBC，所以 lBC故CBF 就是二面角 ElC 的平面角，即CBF=已知 PC平面 ABC，可知 CD 是 FD 在平面 ABC 内的射影，故CDF 就是直线PQ 与平面 ABC 所成的角，即CDF=由 BD平面 PBC，有 BDBF，知BDF=，分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论；向量法：以点 C 为原点，向量所

38、在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角【解答】解：（）直线 l平面 PAC，证明如下：连接 EF，因为 E，F 分别是 PA，PC 的中点，所以 EFAC，又 EF平面 ABC，且 AC平面 ABC，所以 EF平面 ABC而 EF平面 BEF，且平面 BEF平面 ABC=l，所以 EFl因为 l平面 PAC，EF平面 PAC，所以直线 l平面 PAC（） （综合法）如图 1，连接 BD，由（）可知交线 l 即为直线 BD，且lAC第 23 页（共 31 页）因为 AB 是O 的直径，所以 ACBC，于是 lBC已知 PC平面 ABC

39、，而 l平面 ABC，所以 PCl而 PCBC=C，所以 l平面 PBC连接 BE，BF，因为 BF平面 PBC，所以 lBF故CBF 就是二面角 ElC 的平面角，即CBF=由，作 DQCP，且连接 PQ，DF，因为 F 是 CP 的中点，CP=2PF，所以 DQ=PF，从而四边形 DQPF 是平行四边形，PQFD连接 CD，因为 PC平面 ABC，所以 CD 是 FD 在平面 ABC 内的射影，故CDF 就是直线 PQ 与平面 ABC 所成的角，即CDF=又 BD平面 PBC，有 BDBF，知BDF=，于是在 RtDCF，RtFBD，RtBCF 中，分别可得，从而（） （向量法）如图 2，

40、由，作 DQCP，且连接 PQ，EF，BE，BF，BD，由（）可知交线 l 即为直线 BD以点 C 为原点，向量所在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设 CA=a，CB=b，CP=2c，则有于是，=，从而，又取平面 ABC 的一个法向量为，可得，第 24 页（共 31 页）设平面 BEF 的一个法向量为，所以由可得取 =（0，c，b） ，于是，从而故，即sin=sinsin【点评】本题综合考查了线面平行的判定定理和性质定理、线面垂直的判定与性质定理、平行四边形的判定与性质定理、线面角、二面角、异面直线所成的角、通过建立空间直角坐标系利用法向量的夹角求二面角等基础知识与方

41、法，需要较强的空间想象能力、推理能力和计算能力20 （12 分）假设每天从甲地去乙地的旅客人数 X 是服从正态分布N（800，502）的随机变量记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过 900 的概率为 p0（）求 p0的值；（参考数据：若 XN（，2） ，有 P（X+）=0.6826，P（2X+2）=0.9544，P（3X+3）=0.9974 ）（）某客运公司用 A，B 两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次，A，B 两种车辆的载客量分别为 36 人和 60 人，从甲地去乙地的营运成本分别为 1600 元/辆和 2400 元/辆公司拟组建一个不超过 21 辆车的客运车队，

42、并要求 B 型车不多于 A 型车 7 辆若每天要以不小于 p0的概率运第 25 页（共 31 页）完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A 型车、B 型车各多少辆？【分析】 （I）变量服从正态分布 N（800，502） ，即服从均值为 800，标准差为50 的正态分布，适合 700X900 范围内取值即在（2，+2）内取值，其概率为：95.44%，从而由正态分布的对称性得出不超过 900 的概率为 p0（II）设每天应派出 A 型 x 辆、B 型车 y 辆，根据条件列出不等式组，即得线性约束条件，列出目标函数，画出可行域求解【解答】解：（）由于随机变量 X 服从正

43、态分布 N（800，502） ，故有=800，=50，P（700X900）=0.9544由正态分布的对称性，可得 p0=（P（X900）=P（X800）+P（800X900）=（）设 A 型、B 型车辆的数量分别为 x，y 辆，则相应的营运成本为1600x+2400y依题意，x，y 还需满足：x+y21，yx+7，P（X36x+60y）p0由（）知，p0=P（X900） ，故 P（X36x+60y）p0等价于 36x+60y900于是问题等价于求满足约束条件且使目标函数 z=1600x+2400y 达到最小值的 x，y作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为 P（5，12） ，Q（7，14

44、） ，R（15，6） 由图可知，当直线 z=1600x+2400y 经过可行域的点 P 时，直线 z=1600x+2400y在 y 轴上截距最小，即 z 取得最小值第 26 页（共 31 页）故应配备 A 型车 5 辆，B 型车 12 辆【点评】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查简单线性规划本题解题的关键是列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数，将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解21 （13 分）如图，已知椭圆 C1与 C2的中心在坐标原点 O，长轴均为 MN 且在x 轴上，短轴长分别为 2m，2n（mn） ，过原点且不与 x

45、轴重合的直线 l 与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为 A，B，C，D，记，BDM 和ABN 的面积分别为 S1和 S2（）当直线 l 与 y 轴重合时，若 S1=S2，求 的值；（）当 变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1=S2？并说明理由【分析】 （）设出两个椭圆的方程，当直线 l 与 y 轴重合时，求出BDM 和ABN 的面积 S1和 S2，直接由面积比= 列式求 的值；第 27 页（共 31 页）（）假设存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1=S2，设出直线方程，由点到直线的距离公式求出 M 和 N 到直线 l 的距离，利用数学转化思想把两个三角形的面积比转化

46、为线段长度比，由弦长公式得到线段长度比的另一表达式，两式相等得到，换元后利用非零的 k 值存在讨论 的取值范围【解答】解：以题意可设椭圆 C1和 C2的方程分别为，其中 amn0，1（）如图 1，若直线 l 与 y 轴重合，即直线 l 的方程为 x=0，则，所以在 C1和 C2的方程中分别令 x=0，可得 yA=m，yB=n，yD=m，于是若，则，化简得 221=0，由 1，解得故当直线 l 与 y 轴重合时，若 S1=S2，则（）如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 l，使得 S1=S2，根据对称性，不妨设直线 l：y=kx（k0） ，点 M（a，0） ，N（a，0）到直线 l 的距离分别为 d1，d2，则，所以 d1=d2又，所以，即|BD|=|AB|第 28 页（共 31 页）由对称性可知|AB|=|CD|，所以|BC|=|BD|AB|=（1）|AB|，|AD|=|BD|+|AB|=（+1）|AB|，于是将 l 的方程分别与 C1和 C2的方程联