高三数学参考答案及评分意见
一、选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 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。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C
B
D
B
D
A
C
二、选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求。全部选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分。
题号
9
10
11
答案
BC
ACD
ABD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题5 分，共15 分。
12. 7 13. 2
2
0
x
y
14. 120
四、解答题：本题共5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.（13 分）
解：（1）由已知可得
3
cos
21
5
CA CB
ab
C
ab
，可得
35
ab
. ………………3 分
由
3
cos
5
C
，可求得
4
sin
5
C
，
………………………………4 分
所以
1
1
4
sin
35
14
2
2
5
ABC
S
ab
C
. ……………………………………6 分
（2）因为
5,
35
b
ab
，可得
7
a
.
………………………………7 分
由余弦定理得
2
2
2
2
cos
32
c
a
b
ab
C
，可得
4 2
c
.
……………………10
分
由正弦定理sin
sin
b
c
B
C
,可得
4
5
sin
2
5
sin
2
4 2
b
C
B
c
， …………………12 分
由于b
a
，所以0
2
B
，可得
4
B
. ………………………………………13 分
16.（15 分）
解：（1）由已知
2
PF
x
轴且
2
1, 2
P
，
知
1
c
，
1
2
1 0 ,
1,0
F
F
，
………………………………………………2 分
由椭圆的定义
2
2
1
2
2
2
2
2
2 2
2
2
a
PF
PF
，…………………………4
分
所以
2
a
，
2
2
1
b
a
c
，C 的方程为
2
2
1
2
x
y
. …………………………6 分
（2）可知直线l 的斜率
0
tan 60
3
k
，l 的方程为
3
1
y
x
.…………………7 分
设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，联立方程组
2
2
3
1
1
2
y
x
x
y
，
消去y 得
2
7
12
4
0
x
x
，
………………………………………………………9 分
可得
1
2
1
2
12
4
,
7
7
x
x
x x
.
………………………………………………………10 分
可求得
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
12
16
8 2
1
1
4
2
7
7
7
AB
k
x
x
k
x
x
x x
，
点
2 1,0
F
到直线:
3
3
0
l
x
y
的距离
2
3
0
3
3
3
1
d
， ……………13 分
所以
2
ABF
的周长为4
4 2
a
，
2
1
4 6
2
7
S ABF
AB d
. ……………………15 分
17.（15 分）
解：（1）证明：取BP 中点M ，连接AM ､CM ，
P
为AD 的中点, AD=
AP
AB=
4，
=2，
2
AM
BP
=
=2
BC
CP
CM
BP
. …………………………………………………………………………………1 分
又因为AM
CM
M
，
,
AM CM 平面ACM ，因此BP 平面ACM …………2 分
ABC
DEF
是三棱柱，
ABED
是平行四边形，
2π
3
ABE
ABP
、BPC
均为等边三角形，
2
BP
，则
3
CM = AM
，
6
AC
AM
CM
， ………………………………………………………………3 分
CM
BP
，
,
,
AM
BP
M AM BP
平面ABED ，
CM
平面ABED ，
PE
平面ABED ，
CM
PE
， ……………………………………………………4 分
2
BP
，在PDE
中，
2
PD
ED
，
2 π
3
PDE
，
2 3
PE
，又
4
BE
，
2
2
2
+
=
BP
PE
EB
，即PE
BP
， ………………………………………………………5 分
又
,
,
CM
BP
M CM BP
平面BCP ，
PE
平面BCP …………………………………………………………………………6 分
CB
平面BCP
BC
PE
…………………………………………………………7 分
（2）解：由（1）可知MA 、MP 、MC 两两垂直，以M 为原点，MA 所在直线为x 轴，
MP 所在直线为y 轴，MC 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，
则
0,0, 3
C
，
0,1,0
P
，
3,0,0
A
，
0, 1,0
B
，
π
3
BAP
由于P 是AD 的中点，得
3,2,0
D
……………………………………………………9 分
又由BA
ED
可得
2 3,1,0
E
，
0, 1, 3
PC
，
2 3,0,0
PE
，
3,1,0
PD
设平面ECP 的法向量为
1
1
1
1
,
,
x y z
)
（
n
，则
1
1
0
0
n
n
PC
PE
即
1
1
1
3
0
2 3
0
y
z
x
，令
1
3
y
，得
1
0, 3,1
n
， …………………………………11
分
设平面PCD 的法向量为
2
2
2
2
n
,
,
)
（x
y
z
，则
2
2
0
0
n
n
PC
PD
，即
2
2
2
2
3
0
3
0
y
z
x
y
，
令
2
3
y
，得
2
1, 3,1
n
， …………………………………………………………13 分
设平面ECP 与平面PCD 的夹角为，
则
1
2
1
2
1
2
4
2
cos
cos
,
5
5
2
5
n n
n n
n n
2
2
5
sin
1 (
5)
5
5
即平面ECP 与平面PCD 夹角的正弦值为
5
5
. …………………………………………15 分
18.（17 分）
解：（1）函数
f x 的定义域是
0 +
，
，可得
2
2
1
m
x
m
f
x
x
x
x
. …………2 分
当
0
m
时，可知
0
f
x
，所以
f x 在
0 +
，
上单调递增； ……………4 分
当
0
m
时，由
=0
f
x
得x
m
，可得
0,
x
m
时有
0
f
x
，
+
x
m
，
时有
0
f
x
，所以
f x 在
0,m 上单调递减，
f x 在
+
m
，
上单调递增. ………………………………………………6 分
综上可得，当
0
m
时，
f x 在
0 +
，
上单调递增；
当
0
m
时，
f x 在
0,m 上单调递减，在
+
m
，
上单调递增. ……………………8 分
（2）证明：当
0
m
时，要证
2
1
mf x
m
成立，
只需证
2
1
1
=2
m
f x
m
m
成立，
只需证
min
1
2
f x
m
即可. …………………………………………10 分
因为
0
m
，由（1）知，
min
1 ln
f x
f m
m
.
令
1
1
1 ln
2
ln
1
g m
m
m
m
m
， ……………………………13 分
由
2
2
1
1
1
m
g
m
m
m
m
，
可得
0,1
m
时有
0
g
m
，
+
m
1，
时有
0
g
m
，
所以
g m 在
0,1 上单调递减，在
1 +
，
上单调递增， …………………………15 分
可知
min
1
0
g m
g
，有
0
g m
. …………………………………16 分
所以有
1
1 ln
2
m
m
，从而当
0
m
时，
2
1
mf x
m
成立. ……………………17 分
19.（17 分）
解：（1）由于
2
1
(
)
(
1 2
)
n
n
a
n
n
a n
，，
，且
1
1
a
．
所以当
2
1
a 时，得1
2
，故
3
．
…………………………………2 分
从而
2
3
(2
2
3) ( 1)
3
a
．
……………………………………………4 分
（2）数列
na
不可能为等差数列，证明如下：
由
1
1
a
，
2
1
(
)
n
n
a
n
n
a
得
2
2
a
，
3
(6
)(2
)
a
，
4
(12
)(6
)(2
)
a
．
若存在，使
na
为等差数列，则
3
2
2
1
a
a
a
a
，即(5
)(2
)
1
，
解得
3
．
……………………………………………………………………7 分
于是
2
1
1
2
a
a
，
4
3
(11
)(6
)(2
)
24
a
a
．
这与
na
为等差数列矛盾．
所以，对任意，
na
都不可能是等差数列． ………………………………………10 分
（3）（解法一）记
2
(
1 2
)
nb
n
n
n
，，
，根据题意可知，
1
0
b
且
0
nb
，
即
2
且
2
*
(
)
n
n n
N
，这时总存在
*
0n N ，
满足：当
0
n
n
≥
时，
0
nb
；当
0
1
n
n
≤
时，
0
nb
．
所以由
1
n
n
n
a
b a
及
1
1
0
a
可知，若
0n 为偶数，则
0
0
na
，从而当
0
n
n
时，
0
na
；
若
0n 为奇数，则
0
0
na
，从而当
0
n
n
时
0
na
．
………………………………14 分
因此“存在
*
mN ，当n
m
时总有
0
na
”的充分必要条件是：
0n 为偶数，
记
0
2 (
1 2
)
n
k k
，，
，则满足
2
2
2
2
1
(2 )
2
0
(2
1)
2
1
0
k
k
b
k
k
b
k
k
．
故的取值范围是
2
2
*
4
2
4
2 (
)
k
k
k
k k
N
．…………………………………17
分
（解法二）先把问题特殊化：不难发现
1
1
a
，不可能为负；
若
2
2
0
a
，则
2
，此时
2
2
3
2
2
1
1
a
不定正负；
…………………………………12 分
若
3
0
a
，只需
2
2
2
2
0,
1
1
0
，即2
6
.
…………………………………13 分
利用
2
1
(
)
n
n
a
n
n
a
得：
2
2
2
2
1
1
1
2
2
1
1
na
n
n
n
n
.
所以，对于任意正整数n ，
1
na 的各因数由大到小排列，故除
21
1
0
外，其余因数
全正，所以
3a 及其以后各项均负.
于是，当2
6
时 存在
2
m
，当
2
n
时，总有
0
na
.…………………………14
分
取m 为偶数，记
2 (
1 2
)
m
k k
，，
，则解不等式组
2
2
0,
(
1)
1
0
m
m
m
m
得
2
2
*
4
2
4
2 (
)
k
k
k
k k
N
．
故的取值范围是
2
2
*
4
2
4
2 (
)
k
k
k
k k
N
．
即可保证
1
m
a 有且只有奇数个负因数. …………………………………16 分
于是，当n
m
时，总有
0
na
. …………………………………17
分
