数学116C答案(理).docx

高三数学试卷参考答案（理科）

1．A　由＝－i，得z－3＝＝－2＋i，则z＝1＋i.所以选A.
2．A　∵A＝{x|－2＜x＜1}，B＝{x|－2＜x＜3}，∴(RA)∩B＝{x|1≤x＜3}．
3．C　f(x)＝在定义域上是奇函数，但不单调；f(x)＝为非奇非偶函数；f(x)＝－tan x在定义域上是奇函数，但不单调．所以选C.
4．D　因为x>2，所以x2>4，又“x>2”是“x2>a(a∈R)”的充分不必要条件，
所以a≤4.
5．D　依题有＝，得tan α＝－，则cos α＝－.
6．C　运行一下程序框图，第一步：s＝2，i＝4，k＝2；第二步：s＝×2×4＝4，i＝6，k＝3；第三步：s＝×4×6＝8，i＝8，k＝4，此时输出s，即输出8.
7．B　(－)8的展开式中含x的项为C()6(－)2＝112x，所以x的系数为112.
8．A　＝×AB×3×sin 60°，则AB＝2，则BC2＝4＋9－2×2×3×cos 60°＝7，那么BC＝.
9．B　易知D表示半圆面，其面积为，所以ax(x－2)dx＝a(－x2)＝×，
解得a＝－.
10．D　由题目所给的统计图可知，30个得分中，按大小顺序排好后，中间的两个得分为5，6，故中位数me＝＝5.5，又众数m0＝5，平均值＝＝，
∴m0＜me＜.
11．B　由题易知四棱锥O—ABCD的侧棱长为5，所以侧面中底边为6和2的斜高分别为4和2，所以棱锥O—ABCD的侧面积为S＝4×6＋2×2＝44.
12．C　f(x)＝2sin(2x＋φ＋)向左平移个单位后得到y＝2sin[2(x＋)＋φ＋]＝2sin(2x＋φ＋)＝2cos(2x＋＋φ)，因为这个函数是偶函数且|φ|<，所以φ＝，则平移前的函数f(x)＝2cos 2x，画出该函数的图象，可知C选项不正确．
13．4　画出约束条件所表示的可行域，可知z在点(3，2)处取得最大值4.
14.　根据三视图知，该几何体由棱长为3的正方体和底面积为，高为1的三棱锥组成，所以其体积V＝33＋××1＝.
15.－x2＝1　由P到双曲线C的上焦点F1的距离与到直线x＝－2的距离之和的最小值为3，得＝3，∴c2＝5.又∵F到直线ax＋by＝0的距离为，∴＝，即a＝2，∴b＝1，则该双曲线的方程为－x2＝1.
16．0≤θ≤　由|a＋b|＝2，|a－b|＝2，得|a|2＋|b|2＋2a·b＝12，|a|2＋|b|2－2a·b＝4，所以|a|2＋|b|2＝8，a·b＝2，cos θ＝≥＝＝，则0≤θ≤.
17．解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为S6＝×6(a1＋a6)＝3(a2＋a5)＝51，得a2＋a5＝17，
又a5＝13，所以a2＝4，于是d＝＝＝3，
所以an＝a2＋(n－2)d＝3n－2.(6分)
(2)由(1)得bn＝＝23n－2＝2·23n－3＝2·8n－1，
可知{bn}是首项为2，公比为8的等比数列，
所以Sn＝＝(8n－1)．(12分)
18．解：(1)记“第二次取球后才停止取球”为事件A.
易知第一次取到偶数球的概率为＝，第二次取球时袋中有三个奇数，
所以第二次取到奇数球的概率为，而这两次取球相互独立，
所以P(A)＝×＝.(6分)
(2)若第一次取到2时，第二次取球时袋中有编号为1，3，3，4的四个球；
若第一次取到4时，第二次取球时袋中有编号为1，2，3，3的四个球．
所以X的可能取值为3，5，6，7，
所以P(X＝3)＝×＝，P(X＝5)＝×＋×＝，
P(X＝6)＝×＋×＝，P(X＝7)＝×＝，
所以X的分布列为
X
3
5
6
7
P

数学期望E（X）＝3×＋5×＋6×＋7×＝.(12分)
19．解：(1)因为BD＝CD＝2，BC＝4，则BD2＋CD2＝BC2，所以BD⊥CD.
因为CE⊥CD，所以CE∥BD.
又CE⊄平面ABD，BD⊂平面ABD，
所以CE∥平面ABD.(6分)
(2)(法一)因为二面角A—BD—C的大小为90°，易知AD⊥BD，则AD⊥平面BDC，因此AD⊥CE，又CE⊥CD，所以CE⊥平面ACD，从而CE⊥AC.由题意AD＝DC＝2，所以Rt△ADC中，AC＝4.设AC中点为F，因为AB＝BC＝4，所以BF⊥AC，且BF＝2，设AE中点为G，则FG∥CE，由CE⊥AC得FG⊥AC，所以∠BFG为二面角B—AC—E的平面角，连结BG，BE，在△BCE中，因为BC＝4，CE＝，∠BCE＝135°，所以BE＝.在Rt△DCE中，DE＝＝，于是在Rt△ADE中，AE＝＝3.在△ABE中，BG2＝AB2＋BE2－AE2＝，所以在△BFG中，cos ∠BFG＝＝－，又二面角B—AC—E为钝角，
因此二面角B—AC—E的余弦值为－.(12分)
(法二)因为二面角A—BD—C的大小为90°，易知AD⊥BD，则AD⊥平面BDC，又由(1)知BD⊥CD，所以以D为坐标原点，DB，DC，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图.
又CE⊥CD，所以CE⊥平面ACD，又CE⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面ACD.
设AC中点为F，连结DF，则DF⊥AC，且DF＝2，从而DF⊥平面ACE.
由(1)可知，BD＝CD＝AD＝2，所以B(2，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2)，因此F(0，，)，即平面ACE的法向量为＝(0，，)，又＝(2，0，－2)，＝(0，2，－2)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，所以x＝y＝z，所以可以取n＝(1，1，1).
设n与的夹角为θ，由n·＝2＝·2·cos θ得cos θ＝，
结合图形可知二面角B—AC—E的平面角为钝角，
所以二面角B—AC—E的余弦值为－.(12分)
20．解：(1)由题意知点(3，－1)在椭圆C上，即＋＝1, ①
又椭圆的离心率为，所以＝＝()2＝，②
联立①②可解得a2＝12，b2＝4，所以椭圆C的方程为＋＝1.(5分)
(2)因为直线l的方程为x＝－2，设P(－2，y0)，y0∈(－，)，
当y0≠0时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然x1≠x2，
联立则＋＝0，即＝－·，
又PM＝PN，即P为线段MN的中点，
故直线MN的斜率为－·＝，
又l′⊥MN，所以直线l′的方程为y－y0＝－(x＋2)，
即y＝－(x＋)，
显然l′恒过定点(－，0)；
当y0＝0时，直线MN即x＝－2，此时l′为x轴亦过点(－，0)．
综上所述，l′恒过定点(－，0)．(12分)
21．解：(1)f′(x)＝m(x－1)－2＋(x>0)．
令f′(x)＝0，得mx2－(m＋2)x＋1＝0.　(*)
因为Δ＝(m＋2)2－4m＝m2＋4>0，所以方程(*)存在两个不等实根，记为a，b(a<b)．
因为m≥1，所以
所以a>0，b>0，即方程(*)有两个不等的正根，因此f′(x)<0的解为(a，b)．
故函数f(x)存在单调递减区间.(5分)
(2)因为f′(1)＝－1，所以曲线C：y＝f(x)在点P(1，1)处的切线l为y＝－x＋2.
若切线l与曲线C只有一个公共点，则方程m(x－1)2－2x＋3＋ln x＝－x＋2有且只有一个实根．
显然x＝1是该方程的一个根．
令g(x)＝m(x－1)2－x＋1＋ln x，则g′(x)＝m(x－1)－1＋＝.
当m＝1时，有g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以x＝1是方程的唯一解，m＝1符合题意．
当m>1时，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，则x2∈(0, 1)，易得g(x)在x1处取到极小值，在x2处取到极大值．
所以g(x2)>g(x1)＝0，又当x趋近0时， g(x)趋近－∞，所以函数g(x)在(0，)内也有一个解，即当m>1时，不合题意．
综上，存在实数m，当m＝1时，曲线C∶y＝f(x)在点P(1, 1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点.(12分)
22．解：(1)连结AB，∵∠APO＝30°，
∴∠AOB＝60°.
∵OA＝OB，∴∠ABO＝60°.
∵∠ABC＝∠AEC，∴∠AEC＝60°.(5分)
(2)由条件知AO＝2，过A作AH⊥BC于H，AH＝.
在Rt△AHD中，HD＝2，∴AD＝.
∵BD·DC＝AD·DE，∴DE＝.
∴AE＝AD＋DE＝.(10分)
23．解：(1)设动点A的直角坐标为(x，y)，则∴动点A的轨迹方程为(x－2)2＋(y＋2)2＝9，其轨迹是圆心为(2，－2)，半径为3的圆．(5分)
(2)直线C的极坐标方程ρcos(θ－)＝a化为直角坐标方程是x＋y＝2a，由＝3，得a＝3或a＝－3.(10分)
24．解：(1)当a＝2时，f(x)＝|x－1|＋|x－2|＝而f(x)≥2，
解得x≤或x≥.（5分）
(2)令F(x)＝f(x)＋，则F(x)＝
所以当x＝1时，F(x)有最小值F(1)＝a－1，
只需a－1≥1，解得a≥2，所以实数a的取值范围为[2，＋∞).（10分）

【数学试卷·参考答案 第6页 共6页（理科）】