2016年新疆高考数学二模试卷（理科）含答案解析

1、2016 年新疆高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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）已知集合 Px| x 2+2x0 ，Q x|1x3，则（ RP）Q 等于（  ）A1，3 B （2，3 C （1，2） D1 ，22 （5 分）设复数 z 满足（34i）z|4+3i |（i 是虚数单位） ，则复数 z 的虚部是（  ）A4 B4i C i D3 （5 分）下列函数中，既是偶函数，又是区间（0，3）内是增函数的是（  ）Aylog |x| Bycosx Cye x+ex Dy x+

2、4 （5 分）从 0，2 中选一个数字，从 3，5，7 中选两个数字，组成无重复数字的三位数其中奇数的个数为（  ）A18 B16 C12 D105 （5 分）已知向量 ， 满足 ，| |2，| |3，且 3 +2 与 垂直，则实数 的值为（  ）A B C D16 （5 分）某几何体的三视图如下，则几何体的表面积为（  ）A2 +2 B6+2 +2 C2+2 +2 D6+2 +27 （5 分） （x 23） （ +1） 5 的展开式的常数项是（  ）A2 B2 C3 D38 （5 分）执行如图所示程序框图，若将输出的数组（x，y）依次记为（x 1，y

3、1） ， （x 2，y 2） ， （x n，y n） ，则程序结束时，最后一次输出的数组（x，y）是（  ）第 2 页（共 29 页）A （1007，2012） B （1009，2016）C （1008，2014） D （1010， 2018）9 （5 分）若实数 x，y 满足不等式组 且 x+y 的最大值为 9，则实数 m（  ）A2 B1 C1 D210 （5 分）给出如下四个命题：若“ p 且 q”为假命题，则 p、q 均为假命题；若等差数列a n的前 n 项和为 Sn，则三点（10， ） ， （100， ） ，（110， ）共线；“xR，x 2+11”的否定是 “x

4、R，x 2+11” ；在 ABC 中， “AB”是“ sinAsinB”的充要条件其中正确的命题的个数是（  ）A4 B3 C2 D111 （5 分）定义域是 R 上的函数 f（x）满足 f（x+2）2f（x） ，当 x（0，2时，f（x） ，若 x（4，2 时，f （x） 有解，则实数 t 的取第 3 页（共 29 页）值范围是（  ）A2，0）（0，1） B 2，0）1 ，+ ）C2， 1， D2， 1，+12 （5 分）过曲线 C1： 1（a0，b0）的左焦点 F1 作曲线 C2：x 2+y2a 2 的切线，设切点为 M，延长 F1M 交曲线 C3：y 22px（p

5、0）于点 N，其中曲线 C1 与 C3有一个共同的焦点，若|MF 1|MN| ，则曲线 C1 的离心率为（  ）A B 1 C +1 D二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分。13 （5 分）求曲线 y ，y2x ，y x 所围成图形的面积为     14 （5 分）在数列a n中，a 11，a 22，且 an+2a n 1+（1） n（nN *） ，则a1+a2+a3+a51      15 （5 分）已知四面体 PABC，其中ABC 是边长为 6 的等边三角形，PA平面ABC，PA4，则四面体 PABC 外接球的表面积为

6、    16 （5 分）已知函数 f（x ）|sin x|cosx，给出下列五个结论：f（ ） ；若|f（x 1）|f（x 2）|，则 x1x 2+k（k Z） ；f（x）在区间 ， 上单调递增；函数 f（x）的周期为 ；f（x）的图象关于点（ ，0）成中心对称其中正确的结论是     （写出所有正确结论的序号）三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，设 S 为ABC 的面积，满足 S （a 2+b2c 2）（）求角 C 的大小；（）求 sin2A+sin2B 的取值范

7、围18 （12 分）为了判断学生解几何题和代数题能力是否与性别有关，线随机抽取 50 名学生，得到如下 22 联列表：（单位：人）第 4 页（共 29 页）几何题 代数题 总计男同学 22 8 30女同学 8 12 20总计 30 20 50（1）能否据此判断有 97.5%的把握认为解几何题和代数题能力与性别有关？（2）现从选择做几何题的 8 名女生中任意抽取两人对她们的答题情况进行全程研究，记甲、乙两女生被抽到的人数为 X，求 X 的分布列及数学期望 E（X） （3）经过多次测试后，甲每次解答一道几何题所用的时间在 57 分钟，乙每次解答一道几何题所用的时间在 68 分钟，现甲、乙各解同一道

8、几何题，求乙比甲先解答完的概率附表及公式K2P（k 2 k） 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.82819 （12 分）如图，已知三棱锥 DABC 的底面 ABC 为等边三角形，AB CD2，ADBD （）求证：平面 ABC平面 ABD；（）试求二面角 ACDB 的余弦值；（）在 CD 上存在一点 E，使二面角 DABE 的大小为 ，求 的值20 （12 分）已知抛物线 C： y22px（p0）的内接等边三角形 AOB 的面积为 3 （其中 O 为坐标原点 ）（）试求抛物

9、线 C 的方程；（）已知点 M（1，1） ，P、Q 两点在抛物线 C 上，MPQ 是以点 M 为直角顶点的直角三角形（i）求证：直线 PQ 恒过定点；第 5 页（共 29 页）（ii）过点 M 作直线 PQ 的垂线交 PQ 于点 N，试求点 N 的轨迹方程，并说明其轨迹是何种曲线21 （12 分）已知函数 ，g（x）x 2eax（aR） （）求函数 f（x ）的单调区间；（）当 m0 时，若对任意 x1，x 20，2，f（x 1）g（x 2）恒成立，求 a 的取值范围请考生在 22、23、24 三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分选修 4-1：几何证明选讲22 （10 分）已知

10、A，B，C，D 是O 上的四个点（）如图 1，若ADCBCD90，ABBC，求证：ACBD；（）如图 2，若 ACBD 于点 E，AB6，DC8，求O 的面积 S选修 4-4：坐标系与参数方程23已知曲线 C1 的参数方程为 （ ， 为参数） ，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 2（cos sin ）3（）求 C1 与 C2 交点的直角坐标；（）求 C1 上任意一点 P 到 C2 距离 d 的最大值选修 4-5：不等式选讲24已知函数 f（x ）|x +1|+2|x1|（）求不等式 f（x ）x+3 的解集；（）若关于 x 的不等式 f（x）log

11、 a（x +1）在 x0 上恒成立，求 a 的取值范围第 6 页（共 29 页）2016 年新疆高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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）已知集合 Px| x 2+2x0 ，Q x|1x3，则（ RP）Q 等于（  ）A1，3 B （2，3 C （1，2） D1 ，2【分析】求出集合的等价条件，根据集合的基本运算进行求解即可【解答】解：Px| x22x 0x|x 2 或 x0 ，Q x|1x3，则 RPx|0 x2） ，则（ RP）Q x|1x 2，故选：

12、C【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础2 （5 分）设复数 z 满足（34i）z|4+3i |（i 是虚数单位） ，则复数 z 的虚部是（  ）A4 B4i C i D【分析】把已知等式变形，求出分子的模，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：由（34i）z |4+3i|，得，复数 z 的虚部是 故选：D【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题3 （5 分）下列函数中，既是偶函数，又是区间（0，3）内是增函数的是（  ）Aylog |x| Bycosx Cye x+ex Dy x+【分析】根据基本初等函数的奇偶性与单调性的知识，

13、对题目中的函数进行判断即可【解答】解：对于 A，y |x|是偶函数，且在（0，3）内是减函数，不满足题意；对于 B，ycosx 是偶函数，且在（0，3）内是减函数，不满足题意；对于 C，ye x+ex 是偶函数，且在（0，3）内是增函数，满足题意；第 7 页（共 29 页）对于 D，yx+ 是偶函数，且在（0，3）内不是减函数，不满足题意故选：C【点评】本题考查了基本初等函数的奇偶性与单调性的应用问题，是基础题目4 （5 分）从 0，2 中选一个数字，从 3，5，7 中选两个数字，组成无重复数字的三位数其中奇数的个数为（  ）A18 B16 C12 D10【分析】分类讨论：从 0、2

14、 中选一个数字 0，则 0 只能排在十位；从 0、2 中选一个数字 2，则 2 排在十位或百位，由此可得结论【解答】解：从 0、2 中选一个数字 0，则 0 只能排在十位，从 3、5，7 中选两个数字排在个位与百位，共有 A326 种；从 0、2 中选一个数字 2，则 2 排在十位，从 3、5，7 中选两个数字排在个位与百位，共有 A326 种；2 排在百位，从 3、5，7 中选两个数字排在个位与十位，共有 A326 种；故共有 3618 种故选：A【点评】本题考查计数原理的运用，考查分类讨论的数学思想，正确分类是关键5 （5 分）已知向量 ， 满足 ，| |2，| |3，且 3 +2 与 垂

15、直，则实数 的值为（  ）A B C D1【分析】由 可得 ，同样由 可得到，进行数量积的运算便可得出 12180，从而可以求出 的值【解答】解： ； ；与 垂直； ，且 ； 12180； 第 8 页（共 29 页）故选：A【点评】考查向量垂直的充要条件，以及向量数量积的运算及计算公式6 （5 分）某几何体的三视图如下，则几何体的表面积为（  ）A2 +2 B6+2 +2 C2+2 +2 D6+2 +2【分析】由三视图可知该几何体一个四棱锥，由三视图求出几何元素的长度，由面积公式求出几何体的表面积【解答】解：根据三视图可知几何体是一个四棱锥，底面是一个边长为 2 的正方形，

16、PE面 ABCD，且 PE2，其中 E、F 分别是 BC、AD 的中点，连结 EF、PA ，在PEB 中，PB ，同理可得 PC ，PE面 ABCD，PECD，CDBC，BCPEE，CD面 PBC，则 CDPC，在PCD 中，PD 3 ，同理可得 PA3，则 PFAD，在PDF 中，PF 2此几何体的表面积 S22+ + 6+2 +2 故选：D【点评】本题考查三视图求几何体的表面积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力和逻辑推理能力第 9 页（共 29 页）7 （5 分） （x 23） （ +1） 5 的展开式的常数项是（  ）A2 B2 C3 D3【分析】根据题意，

17、所求展开式的常数项是第一个因式取 x2，第二个因式取 ，系数相乘；再加上第一个因式的常数项与第二个因式的常数项的乘积，可得结论【解答】解：第一个因式取 x2，第二个因式取 ，可得 1 5；第一个因式取3，第二个因式取 15，可得31 53；（x 23） （ +1） 5 的展开式的常数项是 5+（3）2故选：B【点评】本题考查了二项式定理的运用问题，解题的关键是确定展开式的常数项，是基础题目8 （5 分）执行如图所示程序框图，若将输出的数组（x，y）依次记为（x 1，y 1） ， （x 2，y 2） ， （x n，y n） ，则程序结束时，最后一次输出的数组（x，y）是（  ）A （1

18、007，2012） B （1009，2016）C （1008，2014） D （1010， 2018）【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量数组（x，y）的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：第 1 次执行循环体，输出（1，0）后，n3，x2，y2，不满足退出第 10 页（共 29 页）循环的条件；第 2 次执行循环体，输出（2，2）后，n5，x3，y4，不满足退出循环的条件；第 3 次执行循环体，输出（3，4）后，n7，x4，y6，不满足退出循环的条件；第 n 次执行循环体，输出（n，22n）后，n2n+1，xn+1，y

19、2n；第 1007 次执行循环体，输出（1007，2012）后，n2015，x1008，y2014，不满足退出循环的条件；第 1008 次执行循环体，输出（1008，2014）后，n2017，x1009，y2016，满足退出循环的条件；故最后一次输出的数据为：（1008，2014） ，故选：C【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答9 （5 分）若实数 x，y 满足不等式组 且 x+y 的最大值为 9，则实数 m（  ）A2 B1 C1 D2【分析】先根据约束条件画出可行域，设 zx+y，再利用 z 的几何意义求最值，只需求出直线 x

20、+y9 过可行域内的点 A 时，从而得到 m 值即可【解答】解：先根据约束条件画出可行域，设 zx +y，将最大值转化为 y 轴上的截距，当直线 zx+y 经过直线 x+y9 与直线 2xy30 的交点 A（4，5）时，z 最大，将 m 等价为斜率的倒数，数形结合，将点 A 的坐标代入 xmy+10 得m1，第 11 页（共 29 页）故选：C【点评】本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题目标函数有唯一最优解是我们最常见的问题，这类问题一般要分三步：画出可行域、求出关键点、定出最优解10 （5 分）给出如下四个命题：若“ p 且 q”为假命题，则

21、 p、q 均为假命题；若等差数列a n的前 n 项和为 Sn，则三点（10， ） ， （100， ） ，（110， ）共线；“xR，x 2+11”的否定是 “xR，x 2+11” ；在 ABC 中， “AB”是“ sinAsinB”的充要条件其中正确的命题的个数是（  ）A4 B3 C2 D1【分析】 先根据 “p 且 q”为假命题得到命题 p 与命题 q 中至少有一个假命题，然后讨论两命题的真假，根据 p 或 q 有一真则真可判定等差数列中 a 1+（ n1）  由此可判断三点（10， ） ， （100， ） ，（110， ）共线；根据含有量词的命题的否定为：将任意改为存

22、在，结论否定，即可写出命题的否定判断 的正误；通过角 A 是钝角与不是钝角两类证明即可【解答】解：命题“p 且 q”为假命题，说明命题 p 与命题 q 中至少有一个假命题，当命题 p 与命题 q 都为假时，命题“p 或 q”为假命题；当命题 p 与命题 q 中一真一假时，命题“p 或 q”为真命题；第 12 页（共 29 页）故命题“p 或 q”真假都有可能不正确a n为等差数列，设其公差为 d，依题意得， a 1+（n1） ，即为 n 的线性函数，故（10， ） ， （100， ） ， （110， ）三点共线，故正确；由题意 xR，x 2+11 的否定是 xR，x 2+11，所以 正确若 A

23、B，当 A 不超过 90时，显然可得出 sinAsin B，当 A 是钝角时，由于 AB，可得 sin（A ） sinAsinB，即 AB 是sinAsinB 的充分条件，当 sinAsinB 时，亦可得 AB，由此知 AB 的充要条件为 sinAsinB，正确故选：C【点评】考查了复合命题的真假，充要条件的判断，含量词的命题的否定形式：将任意与存在互换，结论否定即可11 （5 分）定义域是 R 上的函数 f（x）满足 f（x+2）2f（x） ，当 x（0，2时，f（x） ，若 x（4，2 时，f （x） 有解，则实数 t 的取值范围是（  ）A2，0）（0，1） B 2，0）1 ，

24、+ ）C2， 1， D2， 1，+【分析】由 f（x +2）2f（x）及当 x（0，2时，f（x） 可化简得当 x（ 4，2 时，f （x） f（x+2） f（x+4）；从而求得 ，从而解得【解答】解：f（x +2）2f（x） ，又当 x（ 4，2 时，x +4（0，2 ；f（x） f（x +2） f（x+4）第 13 页（共 29 页） ；由分段函数可求得，f（x） ；故 ，解得，t2，0）1，+） ；故选：B【点评】本题考查了分段函数的性质的判断与应用，同时考查了恒成立问题，属于中档题12 （5 分）过曲线 C1： 1（a0，b0）的左焦点 F1 作曲线 C2：x 2+y2a 2 的切线，

25、设切点为 M，延长 F1M 交曲线 C3：y 22px（p 0）于点 N，其中曲线 C1 与 C3有一个共同的焦点，若|MF 1|MN| ，则曲线 C1 的离心率为（  ）A B 1 C +1 D【分析】双曲线的右焦点的坐标为（c，0） ，利用 O 为 F1F2 的中点，M 为 F1N 的中点，可得 OM 为NF 1F2 的中位线，从而可求| NF1|，再设 N（x，y） 过点 F 作 x 轴的垂线，由勾股定理得出关于 a，c 的关系式，最后即可求得离心率【解答】解：设双曲线的右焦点为 F2，则 F2 的坐标为（c，0）因为曲线 C1 与 C3 有一个共同的焦点，所以 y24cx因为

26、 O 为 F1F2 的中点，M 为 F1N 的中点，所以 OM 为NF 1F2 的中位线，所以 OMNF 2，因为|OM|a，所以 |NF2|2a又 NF2NF 1，|FF 2|2c 所以|NF 1|2b设 N（x ，y ） ，则由抛物线的定义可得 x+c2a，x2ac过点 F1 作 x 轴的垂线，点 N 到该垂线的距离为 2a由勾股定理 y2+4a24b 2，即 4c（2ac ）+4 a24（c 2a 2）得 e2e10，第 14 页（共 29 页）e 故选：D【点评】本题主要考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，考查抛物线的定义，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思

27、想，属于中档题二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分。13 （5 分）求曲线 y ，y2x ，y x 所围成图形的面积为    【分析】分别求出曲线的交点坐标，然后利用积分的应用求区域面积即可【解答】解：由 解得 ，即 A（1，1） 由 ，解得 ，即 B（3，1） ，曲线 y ，y 2x ，y x 所围成图形的面积为 + ，故答案为： ；【点评】本题主要考查定积分的 应用，根据曲线方程求出曲线交点是解决本题的关键，要求熟练掌握常见函数的积分公式14 （5 分）在数列a n中，a 11，a 22，且 an+2a n 1+（1） n（nN *） ，则a1+a2+a3+a

28、51 676  第 15 页（共 29 页）【分析】依题意，可求得 a1a 3a 5a 511，a 2n是以 2 为首项，2 为公差的等差数列，从而可求得 a1+a2+a3+a51 的值【解答】解：数列a n中，a 11，a 22，且 an+2a n1+（1） n（nN *） ，a 3a 10，a5a 30，a51a 490，a 1a 3a 5a 511；由 a4a 22，得 a42+a 24，同理可得 a66，a 88，a 5050；a 1+a2+a3+a51（a 1+a3+a5+a51）+（a 2+a4+a50）26+676故答案为：676【点评】本题考查数列的求和，着重考查等差

29、数列的判定与求和，突出考查分组求和，属于中档题15 （5 分）已知四面体 PABC，其中ABC 是边长为 6 的等边三角形，PA平面ABC，PA4，则四面体 PABC 外接球的表面积为 64 【分析】由已知结合三棱锥和正三棱柱的几何特征，可得此三棱锥外接球，即为以ABC 为底面以 PA 为高的正三棱柱的外接球，分别求出棱锥底面半径 r，和球心距 d，可得球的半径 R，即可求出四面体 PABC 外接球的表面积【解答】解：ABC 是边长为 6 的等边三角形，2r ，r2 ，PA平面 ABC，PA4，四面体 PABC 外接球的半径为 4四面体 PABC 外接球的表面积为 44264故答案为：64【点

30、评】本题考查的知识点是球内接多面体，熟练掌握球的半径 R 公式是解答的关键第 16 页（共 29 页）16 （5 分）已知函数 f（x ）|sin x|cosx，给出下列五个结论：f（ ） ；若|f（x 1）|f（x 2）|，则 x1x 2+k（k Z） ；f（x）在区间 ， 上单调递增；函数 f（x）的周期为 ；f（x）的图象关于点（ ，0）成中心对称其中正确的结论是   （写出所有正确结论的序号）【分析】由条件利用三角函数的图象和性质，得出结论【解答】解：根据函数 f（x ）|sin x|cosx，可得：f（ ）|sin（671+ ）|cos（671+ ） （ ） ，故正确；当

31、x1 0，x 2 时，满足|f （x 1）| |f（x 2）|，x 1x 2 ，显然不满足 x1x 2+k（kZ） ，故错误；由于 f（ ）f（ ） ，故 f（x）在区间 ， 上不单调，故错误；函数 f（x）|sinx |cosx 的周期即  ycos x 的周期，为 2，故 错误；由于 f（ +x）|sin（x+ ）|cos（x+ ）|cosx|sin x，f（ x） |sin（ x ） |cos（ x）|cosx|sin x，故有 f（ +x）f（ x） ，即 f（ +x）+f（ x）0，故 f（x）的图象关于点（ ，0）成中心对称，故 正确，故答案为： 【点评】本题主要考查三角

32、函数的图象和性质应用，体现了转化的数学思想，属于基础题三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，设 S 为ABC 的面积，满足 S （a 2+b2c 2）（）求角 C 的大小；第 17 页（共 29 页）（）求 sin2A+sin2B 的取值范围【分析】 （）利用三角形的面积公式化简已知等式的左边，利用余弦定理表示出cosC，变形后代入等式的右边，利用同角三角函数间的基本关系弦化切整理后求出tanC 的值，由 C 为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出 C 的度数；（）由 C 的度数，利用三角形的内角和

33、定理表示出 A+B 的度数，用 A 表示出 B，代入所求的式子中，利用降幂公式，两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，合并后再利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化为一个角的正弦函数，根据 A 的范围求出这个角的范围，利用正弦函数的图象与性质得出此时正弦函数的值域，即可得到所求式子的范围【解答】 （本题满分为 12 分）解：（）S （a 2+b2c 2） ，可得： absinC 2abcosC，tanC ，0C ，C 5 分（）sin 2A+sin2B cos2A+cos2B+1 cos2A+cos（2 2A 2C ）+1 cos2A+cos（ +2A）+1 （ cos

34、2A sin2A）+1 sin（2A ）+1，8 分C ， 2A ，10 分 sin（2A ）1 ， sin 2A+sin2B 12 分【点评】此题考查了三角形的面积公式，余弦定理，两角和与差的正弦函数公式，正弦函数的定义域与值域，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握公式及定理是解本题的关键，第 18 页（共 29 页）属于中档题18 （12 分）为了判断学生解几何题和代数题能力是否与性别有关，线随机抽取 50 名学生，得到如下 22 联列表：（单位：人）几何题 代数题 总计男同学 22 8 30女同学 8 12 20总计 30 20 50（1）能否据此判断有 97.5%的把握认为解几何题和代数题

35、能力与性别有关？（2）现从选择做几何题的 8 名女生中任意抽取两人对她们的答题情况进行全程研究，记甲、乙两女生被抽到的人数为 X，求 X 的分布列及数学期望 E（X） （3）经过多次测试后，甲每次解答一道几何题所用的时间在 57 分钟，乙每次解答一道几何题所用的时间在 68 分钟，现甲、乙各解同一道几何题，求乙比甲先解答完的概率附表及公式K2P（k 2 k） 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828【分析】 （1）根据条件中所给的观测值，同所给的临界值进行比较，根据4.8

36、443.841，即可得到认为选修文科与性别有关系出错的可能性为 5%（2）X 可能取值为：0，1，2求出概率，然后得到分布列，求出期望（3）利用几何概型求解即可【解答】解：（1）根据表中数据，得到 X2 的观测值5.565.024，有 97.5%的把握认为解几何题和代数题能力与性别有关（2）由题意，可知在选择做几何题的 8 名女生中，任意抽取两人，抽取方法有 28种，其中甲乙两人，没有一个人被抽到有： 15 种，恰有一人被抽到有： 12种第 19 页（共 29 页）两人被抽到有： 1 种又 X 可能取值为：0，1，2P（X0） ，P（X1） ，P（X2） ，X 0 1 2PE（X） （3）设甲

37、每次解答一道几何题所用的时间 x，乙每次解答一道几何题所用的时间为 y，则基本事件满足的区域： ，乙比甲先解答完满足：xy如图：由几何概型：P（A） 乙比甲先解答完的概率： 【点评】本题考查独立性检验的应用，分布列以及期望的求法，本题解题的关键是正确理解观测值对应的概率的意义19 （12 分）如图，已知三棱锥 DABC 的底面 ABC 为等边三角形，AB CD2，ADBD （）求证：平面 ABC平面 ABD；（）试求二面角 ACDB 的余弦值；（）在 CD 上存在一点 E，使二面角 DABE 的大小为 ，求 的值第 20 页（共 29 页）【分析】 （1）根据面面垂直的判定定理证明 OD平面

38、ABC，即可，（2）建立空间坐标系，求出平面 ACD，和 BCD 的法向量，利用向量法进行求解，（3）设出 E 的坐标，求出平面的法向量，根据二面角的夹角，建立方程即可得到结论【解答】证明：（1）取 AB 的中点 O，连接 OC，OD，由已知 ADBD ，及AOOB1，得 CDAB 且 OD1，同理，在等边三角形 ABC 中，OC AB ，且 OC ，在OCD 中，4CD 23+1OC 2+OD2，即 OCODABOCO，OD平面 ABC，OD 平面 ABD，平面 ABC平面 ABD（2）建立以 O 为坐标原点， OC，OB，OD 分别为 x，y ， z 轴的空间直角坐标系如图：则 O（0，0

39、，0） ，A（0，1 ，0） ，B（0，1，0） ，C（ ，0，0） ，D（0，0，1） ，（ ，1，0） ， （0，1，1） ， （ ，1，0） ， （0，1，1） ，设平面 ACD 的法向量为 （x，y，z） ，则 （1，0，1） ， （0， ，0） ，则 x+y0， y +z0） ，令 y ，则 z ，x 1，即平面 ACD 的法向量为， （1， ， ） ，设平面 BCD 的法向量为 （x，y，z） ，则 （1，0，1） ， （ ， ，0） ，则 xy 0， y +z0，令 x1，则 y ，z ，即平面 C1BD 的法向量为， （1， ， ） ，则 ，第 21 页（共 29 页）二面角

40、ACDB 是钝二面角，二面角 ACDB 的余弦值是 （3）设 E（x， y，z） ，则 ，得 E（ （1） ，0， ） ，（0，1，0） ， （ （1） ，0， ） ，设平面 ABE 的法向量为 （x，y，z） ，则 y0， （1）x+z 0，令 x，则 y0，z （1） ，则 （，0， （1） ） ，平面 ABD 的一个法向量为 （1，0，0） ，则二面角 DABE 的大小为 ，则|cos ， | ，得 ，即 1【点评】本题主要考查面面垂直的判定以及二面角的求解，建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法解二面角是解决本题的关键综合性较强，运算量较大，考查学生的运算能力20 （12 分）已

41、知抛物线 C： y22px（p0）的内接等边三角形 AOB 的面积为 3 （其中 O 为坐标原点 ）（）试求抛物线 C 的方程；（）已知点 M（1，1） ，P、Q 两点在抛物线 C 上，MPQ 是以点 M 为直角顶点的直角三角形（i）求证：直线 PQ 恒过定点；（ii）过点 M 作直线 PQ 的垂线交 PQ 于点 N，试求点 N 的轨迹方程，并说明其轨迹是第 22 页（共 29 页）何种曲线【分析】 （I）设 A（x A，y A） ，B（x B，y B） ，由|OA| OB|，可得 +2pxA +2pxB，化简可得：点 A，B 关于 x 轴对称因此 ABx 轴，且AOx30可得 yA2 p，再

42、利用等边三角形的面积计算公式即可得出（II） （i）由题意可设直线 PQ 的方程为：xmy+a，P（x 1，y 1） ，Q（x 2，y 2） 与抛物线方程联立化为：y 2mya0，利用PMQ90，可得 0 利用根与系数的关系可得 m+ ，或 （m + ） ，进而得出结论（ii）设 N（x，y） ，根据 MNNH，可得 0，即可得出【解答】 （I） （1）解：设 A（ xA，y A） ，B（x B，y B） ，|OA |OB |， +2pxA +2pxB，化为（x Ax B） （ xA+xB+2p）0，又 xA，x B0，x A+xB+2p0，x Ax B，| yA|y B|，因此点 A，B 关

43、于 x 轴对称ABx 轴，且AOx30 tan30 ，又 2px A，y A2 p，| AB|2y A4 pS AOB 3 ，解得 p 抛物线 C 的方程为 y2x（2）证明：由题意可设直线 PQ 的方程为：xmy+ a，P（x 1，y 1） ，Q（x 2，y 2） 联立 ，化为：y 2mya0，0，y 1+y2 m，y 1y2aPMQ90， 0，（x 11） （x 21）+ （y 11） （y 21）0，化为：x1x2（x 1+x2）+ y1y2（y 1+y2）+20， +3y1y2（y 1+y2）+2 0，a 2m 23am+20，配方为 ， m+ ，或 （m + ） ，当 m+ 时，am

44、+2 ，直线 PQ 的方程化为：xm（y+1）+2，直线 PQ 经过定点第 23 页（共 29 页）H（2，1） 当 （m+ ）时，直线 PQ 的方程化为：xm（y1）+1，直线 PQ 经过定点H（1，1） ，舍去综上可得：直线 PQ 经过定点 H（2，1） （ii）设 N（x，y） ，则 MNNH， 0，（x1） （x2）+（y +1） （y 1）0，化为 +y2 点 N 的轨迹是以 MH 为直径的圆，去掉点（1，1） 【点评】本题考查了抛物线与圆的标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题、等边三角形的性质、向量垂直与数量积的关系、一元二次方程的根与系数的关系、直线经过定点问题，考查了推理能力

45、与计算能力，属于难题21 （12 分）已知函数 ，g（x）x 2eax（aR） （）求函数 f（x ）的单调区间；（）当 m0 时，若对任意 x1，x 20，2，f（x 1）g（x 2）恒成立，求 a 的取值范围【分析】 （）把给出的函数进行求导，由导函数的零点把定义域分段，然后分 m 的正负判断导函数在各区间段内的符号，从而得到元函数的单调区间；（）当 m0 时，若对任意 x1，x 20，2，f（x 1）g（x 2）恒成立，转化为对于任意 x1，x 20，2，f（x） ming（x） max 成立，然后分类求函数 f（x ）和 g（x）在0，2上的最小值和最大值，由 f（x ）的最小值大于 g（x）的最大值即可解得实数 a 的取值范围【解答】解：函数 的定义域为 R，当 m0 时，当 x 变化时，f （x） ，f （x）的变化情况如表：所以，函数 f（x ）的单调增区间时（1，1） ，单调递减区间是（，1） ，第 24 页（共 29 页）（1，+） 当 m0 时，当 x 变化时，f （x） ，f （x）的变化情况如表：所以，函数 f（x ）的单调减区间时（1，1） ，单调递增区间是（，1） ，（1，+） （）依题意，对任意当 m 0 时，对于任意 x1，x