一、选择题

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

答案

C

B

C

D

C

A

C

B

A

D

C

提示与分析：

1．，故选C。

2．易知p成立，m＜3，q成立，2＜m＜，从而p成立成立，故选B。

3．选C

4．由已知得即，得，故选D。

5．易知,故选C。

6．，作图知选A。

7．选C。由题：。

8．设球半径为R,由，由知，三棱锥顶点S爱底面ABC内的摄影D是△ABC的外心，又∠ACB=90°，∴D是AB的中点，点O到ABC的距离h=OD，设SA=SB=SC=AB=2，可得，或h=10（舍），故选B。

9．由题设易知M是PF的中点，设椭圆右焦点为，由知，=8,，又易知该椭圆的离心率，再由椭圆第二定义得，点P到椭圆左准线的距离，故选A。

10．由，∴故选D。

11．由题设知是周期为2的周期函数，由时，，可作出再R上的简图，又是偶函数，再作出简图，则可确定两图像的交点个数，故选C。

二、填空题

12．112                       13．9                          14．32                         15．①②④

提示与分析：

12．令得，再分别令得两式，再相加可得，从而得知。

13．由题得：，得：，而可看作是单位圆上的点（m，n）到点（2，0）的距离，则易知，的最大值为9．

14．由题设知，又0＜q＜1则得，∴

15．如图，①知直线BC与面所成的角即为∠,故①正确。

②易知四面体在四个侧面的摄影图形面积均最小，为正方形面积之半，故②正确

③点M到平面的距离，即为点到平面的距离。其等于，故③不正确。

④易知BM与所成的角，即为BM与所成的角，设∠∠易知，，即，故④正确。

三、解答题

16．（1）由题设知：

再由余弦定理得：

当且仅当时取等号，故所求B的取值范围是                （3分）

（2）∵，∴，

∴0＜b，当且仅当时，

∴

∴                                                      （6分）

（3）由（1）（2）易知，当△ABC的面积S最大时，△ABC是边长为2的正△，此时易知∠∠

在△AGM中，由正弦定理得：

则

在△AGN中，同理可得：

           （10分）

∴（或用降次公式化简）

                                                 （12分）

17．解法一：

（1）由PB⊥面ABCD，CD⊥PD知CD⊥BD

在直角梯形ABCD中，AD⊥AB，AB=AD=3,

∴BD=，BC=6

取BC的中点F，连结AF，则AF∥CD，

∴PA与CD所成的角就是∠PAF   （4分）

连PF由题设易知AF=PF=PA=,

∴∠PAF=60°即为所求     （6分）

（2）连AC交BD于G，连EG，易知,

又∴，∴PC∥EG,又EG面EBD，∴PC∥面EBD  （10分）

（3）∵PB⊥面ABCD，∴AD⊥PB，

又AD⊥AB，∴AD⊥面EAB

作AH⊥BE于H，连DH，则DH⊥BE,   （12分）

在△AEB中，易求得BE=，

在△DAH中，∠

即所求二面角的大小为  （14分）

解法二：（1）如图建立空间直角坐标系，设

则A（0,3,0）,P（0,0,3）D（3,3,0）,C（，0，0），=

∵，∴，

即：3（3-）+9=0         （2分）

∴

∴

∴，即异面直线PA与CD所成的交为60°            （6分）

（2）设平面BED的法向量为  ∵

由得，∴       （12分）

又由（1）知，∴，∴PC∥面EBD  （10分）

（3）由（2）知

又平面ABE的法向量，

故所求二面角的大小为                                 （14分）

18．（1）在第一环节中，乙选手从6道题目中任选3道至少有1道操作题的概率

                                                          （4分）

（2）在第二环节中，甲抢到的题目多于乙选手而不多于丙选手的情况有以下三种：

甲、乙、丙三位选手抢到的题目的个数分别为1，0，4；2，0，3；2，1，2，

故所求的概率

（8分）

（3）在第三个环节中，就每一次答题而言，丙选手得分是一个随机变量，

若选A类题，其得分的期望是（分）

若选B类题，其得分的期望是（分）

若选C类题，其得分的期望是（分）

由于＞=,故丙应选B类得分的切望值更大。（12分）

19．（1）依题意可得：

                                                                 （4分）

（2）由

当时，，则

∴，∴

即第次操作后溶液的浓度为                  （9分）

（3）由（2）可得：

则

由错位相减法可求得：

故所求                     （13分）

20．（1）由＜0，＞，∴

又＞＜，∴

从而有                      （4分）

（2）由（1）可知，

故，则

令＞∵＞  得＞，∴＞

令＜∵＞，解得＜＜

列表：

（0，1）

1

（1，+∞）

－

0

+

↓

0

↑

即 在处有最小值0                  （8分）

（3）由易知时，＜

∴为减函数，其最小值为1

令在上单增，其最大值为

依题意得：

又＞ ∴＜              （14分）

21．（1）由题设及平面几何知识得：＜,

∵动点P的轨迹是以A、B为交点的双曲线右支，

由

故所求P点的轨迹方程为：  （4分）

（2）易知 直线恒过双曲线焦点B（3，0）

设该直线与双曲线右支相交于

由双曲线第二定义知，

又∴，则，

由得，从而易知，仅当时，满足

故所求  （8分）

（3）设，且p分有向线段所成的比为，

则，，

又点在双曲线上，∴

化简得：

又

∴                               （11分）

令

∵在上单减，在上单增，

又，∴在上单减，在上单增，∴

又 ，∴

故所求的最小值为9，最大值为。   （14分）

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Tesoon.com  天星版权 天?星om 权   天?星om 权 Tesoon.com  天星版权 天?星om 权   设直线l（斜率存在）交抛物线y2=2px（p＞0，且p是常数）于两个不同点A（x1，y1），B（x2，y2），O为坐标原点，且满足 OA • OB =x1x2+2（y1+y2）． （1）若y1+y2=-1，求直线l的斜率与p之间的关系； （2）求证：直线l过定点； （3）设（1）中的定点为P，若点M在射线PA上，满足 1 | PM | = 1 | PA | + 1 | PB | ，求点M的轨迹方程． 查看习题详情和答案>> 设点P（x，y）（y≥0）为平面直角坐标系xOy中的一个动点（其中O为坐标原点），点P到定点M（0， 1 2 ）的距离比点P到x轴的距离大 1 2 ． （1）求点P的轨迹方程； （2）若直线l：y=x+1与点P的轨迹相交于A、B两点，求线段AB的长； （3）设点P的轨迹是曲线C，点Q（1，y0）是曲线C上一点，求过点Q的曲线C的切线方程． 查看习题详情和答案>> 设直线l（斜率存在）交抛物线y2=2px（p＞0，且p是常数）于两个不同点A（x1，y1），B（x2，y2），O为坐标原点，且满足=x1x2+2（y1+y2）． （1）若y1+y2=-1，求直线l的斜率与p之间的关系； （2）求证：直线l过定点； （3）设（1）中的定点为P，若点M在射线PA上，满足，求点M的轨迹方程． 查看习题详情和答案>> 设点P是圆x2+y2=4上任意一点，由点P向x轴作垂线PP，垂足为Po，且=． （Ⅰ）求点M的轨迹C的方程； （Ⅱ）设直线l：y=kx+m（m≠0）与（Ⅰ）中的轨迹C交于不同的两点A，B． （1）若直线OA，AB，OB的斜率成等比数列，求实数m的取值范围； （2）若以AB为直径的圆过曲线C与x轴正半轴的交点Q，求证：直线l过定点（Q点除外），并求出该定点的坐标． 查看习题详情和答案>> 设直线l（斜率存在）交抛物线y2=2px（p＞0，且p是常数）于两个不同点A（x1，y1），B（x2，y2），O为坐标原点，且满足=x1x2+2（y1+y2）． （1）若y1+y2=-1，求直线l的斜率与p之间的关系； （2）求证：直线l过定点； （3）设（1）中的定点为P，若点M在射线PA上，满足，求点M的轨迹方程． 查看习题详情和答案>> 关 闭 试题分类 高中 数学英语物理化学生物地理 初中 数学英语物理化学生物地理 小学 数学英语 其他 阅读理解答案已回答习题未回答习题题目汇总试卷汇总