数学(理工类)答案

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算．每小题5分，满分50分．

(1)A　　　　　　　　　 (2)D　　　　　　　　　 (3)D　　　　　　　　　 (4)B　　　　　　　　　 (5)A

(6)B　　　　　　　　　 (7)C　　　　　　　　　 (8)D　　　　　　　　　 (9)B　　　　　　　　　 (10)C

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题4分，满分28分．

(11)　　　　　　　　 (12)　　　　　　　　 (13)　　　　　　　　　 (14)

(15)　　　　　　　　　　　　　 (16)　　　　　　　　　　　 (17)

三、解答题

(18)解：(I)由题意及正弦定理，得，

，

两式相减，得．

(II)由的面积，得，

由余弦定理，得

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　，

所以．

(19)本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．满分14分．

方法一：

(I)证明：因为，是的中点，

所以．

又平面，

所以．

(II)解：过点作平面，垂足是，连结交延长交于点，连结，．

是直线和平面所成的角．

因为平面，

所以，

又因为平面，

所以，

则平面，因此．

设，，

在直角梯形中，

，是的中点，

所以，，，

得是直角三角形，其中，

所以．

在中，，

所以，

故与平面所成的角是．

方法二：

如图，以点为坐标原点，以，分别为轴和轴，过点作与平面垂直的直线为轴，建立直角坐标系，设，则，，．，．

(I)证明：因为，，

所以，

故．

(II)解：设向量与平面垂直，则，，

即，．

因为，，

所以，，

即，

，

直线与平面所成的角是与夹角的余角，

所以，

因此直线与平面所成的角是．

(20)本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分14分．

(Ⅰ)解：设点的坐标为，点的坐标为，

由，解得，

所以

．

当且仅当时，取到最大值．

(Ⅱ)解：由

得，

，

．　　　　　　　　　　　　　　　 ②

设到的距离为，则

，

又因为，

所以，代入②式并整理，得

，

解得，，代入①式检验，，

故直线的方程是

或或，或．

21．本题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．满分15分．

(I)解：方程的两个根为，，

当时，，

所以；

当时，，，

所以；

当时，，，

所以时；

当时，，，

所以．

(II)解：

．

(III)证明：，

所以，

．

当时，

，

，

同时，

．

综上，当时，．

22．本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．满分15分．

(I)解：．

由，得

．

因为当时，，

当时，，

当时，，

故所求函数的单调递增区间是，，

单调递减区间是．

(II)证明：(i)方法一：

令，则

，

当时，由，得，

当时，，

所以在内的最小值是．

故当时，对任意正实数成立．

方法二：

对任意固定的，令，则

，

由，得．

当时，．

当时，，

所以当时，取得最大值．

因此当时，对任意正实数成立．

(ii)方法一：

．

由(i)得，对任意正实数成立．

即存在正实数，使得对任意正实数成立．

下面证明的唯一性：

当，，时，

，，

由(i)得，，

再取，得，

所以，

即时，不满足对任意都成立．

故有且仅有一个正实数，

使得对任意正实数成立．

方法二：对任意，，

因为关于的最大值是，所以要使对任意正实数成立的充分必要条件是：

，

即，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

又因为，不等式①成立的充分必要条件是，

所以有且仅有一个正实数，

使得对任意正实数成立．