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1、高考复习试卷习题资料之高考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共5 0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.1.（5分）在复平面内，复数z J L （i为虚数单位）的共甄复数对应的点位于（）1+iA.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|（工）xl,B=x|x2-6x+80,则 AC（CRB）=2（）A.x|x0 B.x|2x4 C.x|04x4 D.x0 0)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()A.2 L B.C.D.更1 2 6 3 62 2 25.(5 分)已知 0 e
2、2 L,则双曲线C1：-J-=1 与 C2：J-41 acos d sm d s in dA.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）,则向量正在五方向上的投影为（）A 3 7 2 R 3/1 M n 32 2 2 27.（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v（t）=7_3t而 詈（t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（)A.l+25ln5B.8+25lnH C.4+25ln53D.
3、4+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VI,V2,V3,V 4,上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均俯视图A.V1V2V4V3 B.V1V3V2V4 C.V2V1V3V4 D.V 2 V 3 V 1 V49.(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)=()D-i10.(5 分)已 知 a 为常数，函 数 f(x)=x(Inx-a x)有两个极值点x l,x2(x l 4 8.*乂2)卷C.
4、f(勺)9二、填空题：本大题共6 小题，考生共需作答5 小题，每小题5 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 均 不 得 分.（一）必考题（1114题）（二）选 考 题（请考生在第15、1 6 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2 B 铅笔涂黑.如果全选，则 按 第 1 5 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5 0 至 350度之间，频率分布直方图如图所示：（I）直方图中x 的值为；（I I）在这些用户中，用电量落在区间 100,250）内的户数为.12
5、.（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=.开始|13.（5 分）设 x,y,z G R,且满足：x2+y2+z2=1）x+2 y+3 z=7 j，则 x+y+z=.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n(n：D 卷 八 卷n.记 第n个k边 形 数 为N(n,k)(k 3),以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：二角形数N(n,3)=-n+-n,正方形数N(n,4)=n2,五边形数N(n,5)二|1一 宗，六边形数 N(n,6)=2n2-n,可以推测N(n,k)的表达式，由此计算N(10,2
6、4)=.15.(5分)(选 修4-1：几何证明选讲)如图，圆0上 一 点C在 直 径A B上的射影为D,点D在 半 径O C上的射影为E.若AB=3AD,则的值为.E01 6.(选修4-4：坐标系与参数方程)在直角坐标系xO y中，椭 圆C的参数方程为 a co s?(为 参 数，ab0).在极坐1 尸 b s in 0标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点。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p s in(8 4)斗m(:为非零常数)与P=b.若直 线I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6小题，共 乃 分.解答应写
7、出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(1 2分)在 ABC中，角A,B,C对应的边分别是a,b,c,已 知cos2A-3cos(B+C)=1.(I)求角A的大小；(1 1 )若 ABC 的面积 S=5V反，b=5,求 sinBsinC 的值.18.(12 分)已知等比数列 an满 足:|a2-a3|=10,ala2a3=125.(I)求数列 an的通项公式；(I I)是否存在正整数m,使得4 -1?若存在，求m的最小值；若不存al a2 am在，说明理由.19.(1 2分)如 图，A B是 圆。的直径，点C是 圆。上异于A,B的点，直 线PCJ_平面ABC,E,F分别是PA,PC的中点.(I
8、)记平面BEF与平面ABC的交线为I,试判断直线I与平面PAC的位置关系，并加以证明；(11)设(1 )中的直线I与 圆。的另一个交点为D,且 点Q满 足 而 斗 了.记 直 线PQ与平面ABC所成的角为0,异面直线PQ与EF所成的角为a,二 面 角E -I-C的大小为P-求证：sin0=sinasinp.20.(1 2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(800,5 0 2)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.(I)求p0的值；(参考数据：若 XN(口，o 2),有 P(|i-aXn+a)=0.6826,P(H-2oXn+2o)=0.9544,
9、P (pi-3oX n),过原点且不与x轴重合的直线I与Cl,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D,记入二叫，BDM和 ABN的面积分别为S1和S2.n(I)当直线I与y轴重合时，若SI4s2,求人的值；(1 1)当人变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线I,使得S1=AS2?并说明理由.2 2.(1 4 分)设 n是正整数，r 为正有理数.(I )求函数 f (x)=(1+x)r+1 -(r+1)x-1 (x -1)的最小值；r+1 (1、r+1 r r+1 r+1(I I)证明：二-二D一nrAn+l)z n；r+1 r+1(U I)设x R,记冈为不小于x的最小整数，例如 2
10、 =2,兀=4,.令S=病+病+病+如 云，求 的 值 4 _ 4 _ (参考数据:8()3=3 4 4.7,8 1 3 =3 5 0.5,1 2 43 6 1 8.3,1 2 63 6 3 1.7)-高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共1 0 小题，每小题5分，共 5 0 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.1.（5分）在复平面内，复数（i 为虚数单位）的共班复数对应的点位于（）1+iA.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【分析】将 复 数 的 分 母 实 数 化，求 得 z=l+i,即可求得W，从而可知答案.1+i 解答解：“2 i
11、 -=i v1+i （l+i）（l-i）2z=l -i.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，1+i属于基础题.2.(5 分)已知全集为 R,集合 A=x|(-1)xl,B=x|x2-6x+80,贝AC!(C R B)=2()A.x|x0 B.x|2x4 C.x|04x4 D.x|00,A=x|x0；又 x2-6x+80(x-2)(x-4)0,2x4.B=x|2x4,.CRB=x|x4,.,.AnCRB=x|0 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
12、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)V ()B.pV(-q)C.(A(q)D.pVq【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
13、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=73cosx+sinx(x G R)的图象向左平移m (m 0)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()【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丫轴对称，即可求出m的最小值.【解答】解：y=V 3cosx+sinx=2 (返cosx+L sinx)=2 sin(x+),2 2
14、3图象向左平移m (m 0)个单位长度得到y=2 sin(x+m)+L=2 sin(x+m+L),3 3:所得的图象关于y轴对称，IT TT；.m+-=kn+-(k e z),3 2则m的最小值为二.6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=A sin(u)x+)的图象变换,熟练掌握公式是解本题的关键.5.（5分）已知则双曲线C：-=1与C2：气 cos D sm D s in D2一尸7-1 的（）s in2 9 ta n2 8A.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.2 2【解答
15、】解：双曲线C|：-=1的实轴长为2 cose,虚 轴 长2 sin。，焦距1 cos2e s in2 62,离心率_1,COS 02 2双曲线Co：-广-=1的 实 轴 长 为2sine,虚 轴 长2sin0tan0,焦距s in2 0 s in2 9 tan2 92tan0,离心率_1,cos 9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),则向量屈在五方向上的投影为()A 3A/2 R r 而 n 32 2 2 2【分析】先求出向量靛、CD，根据投影
16、定义即可求得答案.【解答】解:AB=(2,1)而=(5,5)，则向量瓦在五方向上的投影为：|A B|,C O S I赢|.左而 屈而 1 5 3加I A B 1 1 C D I I C D I 2 2 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v(t)=7 _ 3 t+(t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()A.l+25ln5 B.8+25lrJJ-C.4+
17、25ln5 D.4+50ln23【分析】令v(t)=0,解 得t=4,则所求的距离S=J jv(t)d t，解出即可.【解答】解：令 v(t)=7-3 t+Z _=0，化为 3t2-4t-32=0,又 t 0,解得 t=4.1+t由刹车行驶至停止，在 此 期 间 汽 车 继 续 行 驶 的 距 离s=J Q(7-3 t+-)d t=7 t -2 5 1 n(l+t)|=4+25ln5.X T 乙故选：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)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VI,V2,V3,V 4,上面两个简单儿
18、何体均为旋转体，下面两个简单儿何体均为多面体，则 有()正视图 侧视图俯视图A.V1V2V4V3 B.V1V3V2V4 C.V2V1V3V4 D.V 2 V 3 V 1 8 1三 2 兀，3 3AV2V1V3V4故选：C.【点评】本题考查简单组合体的三视图与儿何体的体积的求法，正确判断儿何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)=【分析】由题意可知：X 所有可能取值为0,1,2,3.8 个顶点处的8 个小正方体涂有3 面，
19、每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3 个，共有3x12=36个小正方体涂有2 面，每个表面去掉四条棱上的1 6 个小正方形，还剩下9 个小正方形，因 此 共 有 9x6=54个小正方体涂有一面，由以上可知：还 剩 下 125-(8+36+54)=2 7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0,1,2,3.8 个顶点处的8 个小正方体涂有3 面，；.P(X=3)一125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3x12=36个小正方体涂有2 面，：.P(X=
20、2)=-5-125每个表面去掉四条棱上的1 6 个小正方形，还剩下9 个小正方形，因此一共有9x6=54个小正方体涂有一面，P(x=i)=4125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,：.P(X=0)=2-1 2 5故 X 的分布列为X0123p2 71 2 51 2 53 61 2 581 2 5因此 E (X)=n x-+l X-+Q X-+S X U 1 2 5 1 1 2 5 2 1 2 5 5 1 2 5 5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)
21、已 知 a 为常数，函 数 f(x)=x(Inx-a x)有两个极值点x l,x2(x l 0，f(X 2)卷 (乂2)总【分析】先求出f(x),令 f(x)=0,由题意可得lnx=2ax-1 有两个解xl,x2福 数 g(x)=ln x+l-2 a x有且只有两个零点气(x)在(0,+-)上的唯一的极值不等于0.利用导数与函数极值的关系即可得出.【解答】解：V fr(x)=lnx+l-2ax,(x 0)令 f (x)=0,由题意可得lnx=2ax-1 有两个解xl,x2谢 数 g(x)=lnx+l-2ax有且只有两个零点3 (x)在(0,+8)上的唯一的极值不等于0.、1 o l-2 a x
22、g (x)=-2 a=-X X 当 aSO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 a 0 时、令 g(x)=0,解得X,，2 a(0,占)，g (x)0,函数 g(X)单调递增；x E (,+8)时，gr(X)0，即 Ir r F l-1 =-In(2 a)。，Ain(2a)0,.,.02al,H P0a2故当 0aL时，g(x)=0 有两个根 xl,x 2,且 x l0,22 a.,.x l l J-x 2,从而可知函数f(x)在 区 间(0,x l)上递减，在 区 间(xl,x 2)上递2 a增，在 区 间(x2,+8)上递减.Af(
23、xl)f(1)=-a f(1)=-a -L2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6小题，考生共需作答5小题，每小题5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 均 不 得 分.（一）必考题（1114题）（二）选 考 题（请考生在第15,16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2 B铅笔涂黑.如果全选，则 按 第15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
24、，频率分布直方图如图所示：（I）直方图中x的 值 为0.0044；（II）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：（I ）依题意及频率分布直方图知0.0 0 2 4 x 5 0+0.0 0 3 6 x 5 0+0.0 0 6 0 x 5 0+x x 5 0+0.0 0 2 4 x 5 0+0.0
25、 0 1 2 x 5 0=l,解得 x=0.0 0 4 4.（I I）样本数据落在 1 0 0,1 5 0）内的频率为0.0 0 3 6 x 5 0=0.1 8,样本数据落在口5 0,2 0 0）内的频率为0.0 0 6 x 5 0=0.3.样本数据落在 2 0 0,2 5 0）内的频率为0.0 0 4 4 x 5 0=0.2 2,故在这些用户中,用电量落在区间 1 0 0,2 5 0）内的户数为（0.1 8+0.3 0+0.2 2）x 1 0 0=7 0.故答案为:0.0 0 4 4；7 0.【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
26、频率分布直方图学习的关键是学会画图、看图和用图.1 2.（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【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=3 a+l,否执行路径a=旦，再 执 行 i=i+l，依次循环执2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=l.判 断 1 0=4 不成立，判 断 1 0 是奇数不成立，执行2 骋=5,i=l+l=2；判 断 5=4 不成立，判断5是奇数成立,执行a=3 x 5+l=1 6,i=2+l=3；判 断 16=
27、4不成立，判 断 16是奇数不成立，执 行 有 竽=&i=3+l=4；判 断 8=4不成立，判断8 是奇数不成立，执 行 奇=4,i=4+l=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.是基础题.13.(5 分)设 x y zCR,且 满 足：x 2 +y 2+z 2=l,x+2 y+3 z、/Y,则x+y+z2 l.【分析】根据柯西不等式，算 出(x+2y+3z)214(x2+y2+z2)=1 4,从而得到x+2y+3z恰好取到最大值0 N，由不等式的等
28、号成立的条件解出x=1 2、y=且z H 叵，由此即1 4 7 1 4可得到x+y+z的值.【解答】解：根据何西不等式，得(x+2y+3z)2(12+22+32)(x2+y2+z2)=14(x2+y2+z2)当且仅当工d二 三时，上式的等号成立1 2 3；x2+y2+z2=l,/.(x+2y+3z)2 3),以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式:二角形数N(n,3)=;n?+/rr正方形数N(n,4)=n2,五边形数N(n,5)得六边形数 N(n,6)=2n2-n,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，并改写形式，归纳可得N(n,10
29、=掾/居&n，把n=10,k=24代入可得答案.【解答】解：原已知式子可化为：N(n,3)=-n2+y n=-n2+-nA八一 2 4 2 2.4-4 *C-3 2 1 5-2 2.4-5N(n,4)-n=y n N(n,5)-n 于nn+方nN(n,6)=2n2-n=A n 2+-n,由归纳推理可得N(n,k)弩d专故N(10,24)二 空2乂1。2 3强x io=。-100=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4-1：几何证明选讲)如图，圆。上 一 点C在 直 径A B上的射影为D,点D在 半 径
30、O C上的射影为E.若AB=3AD,则 出 的 值 为8.【分 析】设 圆。的 半 径 为3x,根 据 射 影 定 理，可 以 求 出OD2=OEOC=x2,CD2=CEOC=8x2,进而得到雪的值.E0【解答】解：设圆。的半径0A=0B=0C=3x,VAB=3AD,AAD=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ZkODC 中，由射影定理得：OD2=OEOC=x2,CD2=CEOC=8x2,故 里48EO 0D2故答案为：8【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1 6
31、.（选修4-4：坐标系与参数方程）在直角坐标系xO y中，椭 圆C的参数方程为卜二a c o s?（。为参数，a b 0）.在极坐I尸b s in 0标 系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点。为极点，以x轴正半轴为极轴）中，直线I与 圆0的极坐标方程分别为p s in（8 T）岑 为 非 零 常 数）与P=b.若直 线I经过椭圆C的焦点，且与圆0相切，则椭圆C的离心率为返.3【分 析】先 根 据 极 坐 标 与 直 角 坐 标 的 转 换 关 系 将 直 线I的 极 坐 标 方 程 分 别 为p s in（B 二）X 2 m（ir为非零常数）化成直角坐标方程，再利用直线1经过椭圆C
32、的焦点，且与圆0相切，从而得到c=V 2 b,又b2=a2-c2可求出椭圆C的离心率.【解答】解：直 线1的极坐标方程分别为psin（0 4坐标方程为x+y-m=0,它与x轴的交点坐标为（m,0）,由题意知，（m,又直线1与圆0：p=b相切，翼-二卜V 2从而 c=V 2 b,又 b2=a2-c2,消 去b后得到关于a,c的等式，即卷）I m（IT为非零常数）化成直角0）为椭圆的焦点，故|m|=c,，c2=2(a2-c 2),.3c2=2a2,a 3则椭圆c 的离心率为返.3故答案为：3【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，点的极坐标和直角坐标的互化，考查提高学生分析问题
33、的能力.三、解答题：本大题共6 小题，共 万 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(1 2 分)在 A B C 中，角 A,B,C 对应的边分别是a,b,c,已 知 cos2A-3cos(B+C)=1.(I)求角A 的大小；(I I )若4 ABC 的面积 S=5Vq，b=5,求 sinBsinC 的值.【分析】(I)利用倍角公式和诱导公式即可得出；(I I)由三角 形 的 面 积 公 式$事 S1也即可得到氏=2 0.又 b=5,解 得 c=4.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=25+16-20=21,即 可 得 出 a.又 由 正 弦 定 理 得 即 可 得 到s
34、 i n B s i n C 2 也苴即可得出a a【解答】解：(I)由 cos2A-3cos(B+C)=1,得 2cos2A+3cosA-2=0,即(2cosA-1)(cosA+2)=0,解得c os A二吉或C Os A二 一2 (舍 去).TT因为0 A n,所以二屋.(I I )E t l S=y b c s inA y-b c=5V 3 得到 bc=20.又 b=5,解得 c=4.由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccosA=25+16-20=21,故 a /2 1，a a a2 2 1 4 7【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
35、题的关键.18.(12 分)已知等比数列 an 满足：|a2-a3|=10,ala2a3=125.(I)求数列 an 的通项公式；（I I）是否存在正整数m,使 得 工 -+-1?若存在，求 m 的最小值；若不存al a2 am在，说明理由.【分析】设等比数列 a n 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a l,q,进而可求通项公式（H）结 合（I）可 知 占 是 等 比 数 列，结 合 等 比 数 列 的 求 和 公 式 可 求an-LJL-+1-，即可判断al a2 anafq=125【解答】解：（I ）设等比数列 a n 的公比为q,则由已知可得I 3 -3 2|=
36、10解得或（力-5q=3 6-L故或an=-5(-l)nT=5(-l)nJ故 占 是首项为w,公比为上的等比数列,%5 33.1 mm 1 百从而Z =n=l an910心-本 喘 L若“E（-Di故之 是 首 项 为 专公比为-1的等比数列,m 1从而工-=n=l an14，ltf=2k-l(kN.)5+0,nF2k(k N+).m 1故 1.n=l an综上，对任何正整数m,总有 工 1.n=l an故不存在正整数m,使得 p1 成立.al a2 an【点评】本题主要考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1 9.（1 2 分）如图，AB 是 圆。的
37、直径，点 C是 圆。上异于A,B 的点，直 线 PC J _ 平面ABC,E,F分别是PA,PC的中点.（I）记平面BEF与平面ABC的交线为I,试判断直线I与平面PAC的位置关系，并加以证明；（n）设（I）中的直线I与 圆。的另一个交点为D,且 点Q满 足 而 而.记 直 线PQ与平面ABC所成的角为e,异面直线P Q与E F所成的角为a,二 面 角E-I-C的大小为P,求证：sin9=sinasinp.【分析】（I）直 线1平 面P A C.连 接E F,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A B C.由线面平行的性质定理可得EFI.再利用线面平行的
38、判定定理即可证明直线1平 面PAC.（II）综合法：利用线面垂直的判定定理可证明此平面P B C.连 接BE,B F,因 为BFU平面P B C,所 以 吐B C.故NCBF就是二面角E-I-C的平面角，即NCBF邛.已知PCI.平 面A B C,可 知C D是FD在平面A B C内的射影，故/C D F就是直线PQ.与 平面ABC所成的角，即/C D F=8.由BDJL平 面P B C,有B D 1 B F,知/B D F=a,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，向量在，混，而所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角
39、即可得出二面角.【解答】解：（I）直 线1平 面P A C,证明如下：连 接E F,因为E,F分别是PA,PC的中点，所 以EFAC,又EF评 面A B C,且AC评 面A B C,所 以EF平面ABC.而E F d f面B E F,且平面BEFA平面A B C=I,所 以EFI.因为I坪 面PAC,EFc5面P A C,所以直线1平 面PAC.（II）（综合法）如 图1,连 接B D,由（I）可知交线I即为直线B D,且lAC.因为A B是 的 直 径，所以ACJ_BC,于 是 吐BC.已知PCJ_平面A B C,而lu平面A B C,所 以PCI.而PCDBC=C,所 以IJ_平 面PBC
40、.连 接BE,B F,因为BF胃 面P B C,所 以l_LBF.故/C B F就是二面角E-I-C的平面角，即/C BF邛.由 而 斗 而，作DQC P,且DQ4卅连 接PQ,D F,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C D,因为PC_L平 面A B C,所以CD是FD在平面ABC内的射影,故/C D F就是直线PQ与平面ABC所成的角，BPZCDF=6.又 BD_L平面 P B C,有 BD_LBF,知NBDF=a,于 是 在 RtA DCF,RtA FBD,RtA BCF 中分别可得.口 CF.”_ BF.R _ CFs
41、m 8=瓦，s in a-正，s i n P-)从而s in。sin P 噂 J s i n 9,即s in 8=s in。sinP-Dr Ur Ur（11）（向量法）如图2,由 而 三 不，作DQC P,且DQ CP.连 接PQ,EF,BE,BF,B D,由（I）可知交线I即为直线BD.以点C为原点，向 量 左，CB方所在直线分别为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C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c),咪a,0,c),F(0,0,c于是而=g a,0,0),QP=(-a,-b,c),
42、萨(0,-b,c)，cosO.=.F，从而s in。T i-c o sa =|FE|-|Q P|V a2+b2+c2A!1 c La2+b2+c2又取平面 ABC 的一个法向量为蕊（o,o,1），可 得sin 6命 而II m I,|QP|V a2+b2+c2C设平面BEF的一个法向量为房=（x,y,z）z ,n FE=0所 以 曲 _ 一n*BF=0.f l可得4 2 取n=(0,c,b),-by+cz=0于是|cosm*n图1图2u s in B ，即 sin0=sinasinp.,从而sin 8 l-cos?6-i 5=3Vb2+c2故sina sin B=【点评】本题综合考查了线面平行
43、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法，需要较强的空间想象能力、推理能力和计算能力.20.(1 2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(800,5 0 2)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.(I)求p0的值；(参考数据：若 XN(n，o2),有 P(n-oX|i+a)=0.6826,P(H-2aXn+2o)=0.9544,P (u-3oXpi+3o)=0.9974.)(1 1 )某客运公司用A,B两种型号的车辆承
44、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 碗 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p 0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？【分析】(I)变量服从正态分布N(800,5 0 2),即服从均值为8 0 0,标准差为50的正态分布，适 合700VX4900范围内取值即在(n-2a,p+2o)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.(I
45、 I)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：(I)由于随机变量X 服从正态分布N(800,5 0 2),故有u=800,o=50,P(700X900)=0.9544.由 正 态 分 布 的 对 称 性，可得 p0=(P(X900)=P(X800)+P(800 X900)=y+yP(700X900)=0.9772(I D 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1600 x+2400y.依题意，x,y 还需满足：x+y21,yx+7,P(Xp0.由(I)知，pO=P(X900)，故 P(X0,x
46、,y N且使目标函数z=1600 x+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),R (15,6).由图可知，当直线z=1600 x+2400y经过可行域的点P 时，直 线 z=1600 x+2400y在 y 轴上截距最小，即 z 取得最小值.2400 y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.2 2.(1 4 分)设
47、 n是正整数，r 为正有理数.(I )求函数 f (x)=(1+x)r+1 -(r+1)x-1 (x -1)的最小值；r+1 (1 r+1 r r+1 r+1(I D 证明：q U回一 r l+(r+1 )x,令 x=L代 入 并 化 简 得nr 金担空再令 上 得，rnr+1-(n-l),即结论得到证明；(I I I)根 据(I I)的结论，令 二，n分别取值8 1,8 2,8 3,.1 2 5,分别列出不等式，3鱼 鱼 再将各式相加得，|-(1 2 5 y-8 0 )2 再由参考数据和条件进行求解.【解答】解；(1)由题意得 f (x)=(r+1)(l+x)r-(r+1)=(r+1)(1+
48、x)r-1,令 f (x)=0,解得 x=0.当-l x 0 时，f (x)0 时，f (x)0,A f (x)在(0,+8)内是增函数.故函数f (x)在 x=0 处，取得最小值为f (0)=0.(n )由(I ),当 X d (-1,+8)时，有 f (x)f (0)=0,即(1+x)r+l l+(r+1)x,且等号当且仅当x=0 时成立,故当 x -1 且 XHO,有(1+x)r+l l+(r+1)x,在中，令 X(这时x T 且 xwO),得(1J)=+1 14n n n上式两边同乘 n r+L 得(n+1)r+l n r+l+n r (r+1),BPnrl 时，在中令*二二-(这时x
49、 -1 且XHO),nr+l_/q r+1类似可得n12 2一，r+1且 当 n=l时，也成立.综合，得n r+1 Yn/-l1)_ r+1 r r+1 r+1 r l n+l)口,r+1 r+1(I I D 在中，令n分别取值8 1,8 2,8 3.1 2 5,r 3 4 _ 4 _得 y(813-8 03)814(823-813),3 h x 1(8 23-8 13)V82T(8S3-8 23),S i h s4 4 4 4y(833-8 23)V83T(843-833),-2 工 7-C 1 2 53-1 2 43)V125n),过原点且不与x 轴重合的直线I与 C l,C 2 的四个交
50、点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D,记入二则，BDM和 A B N 的面积分别为S1 和 S2.n(I)当直线I与 y 轴重合时，若 S1=XS2,求 X 的值；(II)当人变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线I,使得S1=A S2?并说明理由.【分析】(I)设出两个椭圆的方程，当直线I与y轴重合时，求出 BDM和4 ABN的面积S1和S 2,直接由面积比=入列式求入的值;(I I)假设存在与坐标轴不重合的直线I.使 得S1=XS2,设出直线方程，由点到直线的距离公式求出M和N到直线I的距离，利用数学转化思想把两个三角形的面积比转化为线段长 度 比，由 弦 长 公 式 得 到 线 段 长