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数学参考答案
一、单项选择题 (本大题共 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 B D C A D A D A
1. 【解析】 ∵z=1+i2025=1+i ,故选 B.
2. 易得 A={x∣−3≤x≤1},B={x∣−√20,g(x) 单调递增; 当 x∈[2,e2]
x 2 2x
1
时, g′(x)<0,g(x) 单调递减, ∴g(x) =g(2)=ln2−1,g(x) =g(e2)=2− e2 ,故选
max min 2
A.
7.【解析】原式
√3 √3sin10∘ √3sin10∘+2sin10∘×2cos10∘
= tan10∘+2sin10∘= +2sin10∘=
2 2cos10∘ 2cos10∘√3sin10∘+2sin20∘ √3sin10∘+2sin(30∘−10∘)
= =
2cos10∘ 2cos10∘
√3sin10∘+2(sin30∘cos10∘−cos30∘sin10∘) √3sin10∘+cos10∘−√3sin10∘ cos10∘ 1
= = = =
2cos10∘ 2cos10∘ 2cos10∘ 2
,故选 D. 8. 【解析】因为 OP 为 ∠APF 的平分线,所以 ∠APO=∠F PO . 又因
2 2
为 |OP|=|OF |=c ,
2
b
所以 ∠OF P=∠F PO . 设 P(x ,y ) ,因为点 P 在渐近线 y=− x 上,所以
2 2 0 0 a
b √ b2
y =− x . 因为 |OP|=c , 所以 √x2+ y2=c ,所以 x2+ x2=c ,所以 x2=a2 . 又点 P
0 a 0 0 0 0 a2 0 0
π
在第二象限内,所以 x =−a,y =b ,所以点 P 的坐标为(-a, b),所以 ∠PAF = ,所以
0 0 2 2
π π
∠PAF +3∠APO =π⇒∠APO= ,所以 ∠POA= ,所以
2 6 3
b 2π b
− =tan =−√3⇒ =√3 ,故离心率为 2 , 故选 A.
a 3 a
二、多项选择题 (本大题共 3 小题, 每小题 6 分, 共 18 分. 在每小题给出的四个选项中, 有多个
选项是 符合题目要求的, 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 BCD ABD ACD
案
9.【解析】对于 ,设 ,则 |MO| √x2+ y2 1 , 化
A M(x,y) = =
|MA| √(x−3) 2+ y2 2
简得 (x+1) 2+ y2=4 ,故 A 错误; 对于 B,设 P(x,y) ,不妨令
A(x ,0) , B(0,y ) ,正方形 ABCD 的面积为 16,则 |AB|=4 ,因此
1 23
{x= x , { 4
x2+ y2=16 ,由 OP=
3
OA+
1
OB ,可得
4 1
即
x
1
=
3
x,
则
(4x) 2
+(2y) 2=16 ,
1 2 4 2 1 3
y= y , y =2y,
2 2 2
x2 y2 2 2
整理得 + =1 ,故 B 正确; 对于 C ,如图所示,设斜率为 的直线方程为: y= x+b ,代
9 4 5 5
x2 y2
入椭圆 + =1 中,消元整理得: 24x2+20bx+25b2−100=0 ,线段 AB 的中点为 M ,设
5 4
5 25b2−100
A(x ,y ),B(x ,y ),M(x ,y ) ,则 x +x =− b,x x = ,所以
1 1 2 2 0 0 1 2 6 1 2 24
(2 ) (2 ) 2 2 ( 5 ) 5
y + y = x +b + x +b = (x +x )+2b= × − b +2b= b ,所以
1 2 5 1 5 2 5 1 2 5 6 3
{ x = x 1 +x 2=− 5 b,
0 2 12
消去 b 得: y =−2x ,所以线段 AB 的中点为 M 的轨迹方程为:
y + y 5 0 0
y = 1 2= b,
0 2 6
y=−2x (椭圆内).
法二: 中点为 M 的轨迹方程也可通过点差法得到
2√5
如图所示: 再由点到直线的距离公式得线段 MN 的长度的最小值为 ,故 C 正确; 对于
5
5 y2
D ,由题意点 M 是直线 2x+ y−3=0 和双曲线 5x2− =1 的唯一公共点,故 D 正确,
4
故选 BCD.
10.【解析】对于 A 选项: 可将四棱锥 P−ABCD 补形成正方体 ABCD−PB′C′D′ ,如图
①, 直线 AG 即体对角线 AC′ ,易证 AC′ ⊥ 平面 PBD ,故 A 选项正确; 对于 B 选项: 易
π
得 ∠APD= ,故 B 选项正确; 对于 C 选项: 如图②,取 CD 的中点 M ,连接 FM ,可知
4
FM//AC , 所以 ∠GFM (或其补角) 与直线 FG 和直线 AC 所成的角相同,在 △FGM
π
中, FG=GM=FM ,所以 ∠GFM= ,故 C 选项错误; 对于 D 选项: 如图③,延长 EF 交直
3
线 CD 于点 H ,延长 FE 交直线 BC 于点 I ,连接 GI 交 PB 于点 M ,连接 GH 交
PD 于点 N ,则五边形 EFNGM 即为平面 EFG 截四棱锥 P−ABCD 所得的截面,由题可√6
得 △GIH 的底 IH=3√2 ,高 GK= ( K 为 EF 的中点),故
2
1 √6 3√3
S = ⋅3√2⋅ = , 分析可得 △HFN 的三边长
△GIH 2 2 2
√6 √2 √3
HN= ,NF= ,FH=√2,S = =S , 故所求截面面积为
2 2 △HFN 4 △IME
3√3 √3
S =S −S −S = −2× =√3 ,故 D 选项正确, 故选 ABD.
GMEFN △GIH △HFN △IME 2 4
11.【解析】设直线 l :y=k (x+1) ,联立 x2−2nx+ y2=0 ,得
n n
n
(1+k2)x2+(2k2−2n)x+k2=0 , 则 Δ=(2k2−2n) 2 −4(1+k2)k2=0 ,所以 k =
n n n n n n n √2n+1
k2 n2 n
(负的舍去), x2= n = ,即 x = , 所以
n 1+k2 (n+1) 2 n n+1
n
2025
(1 2 3 2025)
∑ lnx =ln ⋅ ⋅ ⋅⋯⋅ =−ln2026 ,故 A 正确; 所以
i 2 3 4 2026
i=1
√ n
1−
y =k (x +1)= n√2n+1 ,故 B 不正确; 又 ∵ √1−x n= n+1 = √ 1 = x n ,由
n n n n+1 1+x n 2n+1 y
n 1+ n
n+1
4n2>4n2−1 ,即为
2n−1
<
1
,即有
2n−1
<
√2n−1
,
4n2 2n+1 2n 2n+1
1 3 2n−1 √1 3 5 2n−1 √ 1
x x x ⋯x = × ×⋯× < × × ×⋯× = ,可 得
1 3 5 2n−1 2 4 2n 3 5 7 2n+1 2n+1
√1−x x √ 1 √1−x
x x x ⋯x < n ,故 C 正确; 由于 n = = n ,可令函数
1 3 5 2n−1 1+x y 2n+1 1+x
n n n
√2 ( π)
f (x)=x−√2sinx ,则 f′(x)=1−√2cosx ,令 f′(x)=0 ,得 cosx= ,给定区间 0, ,
2 4
( π)
则有 f′(x)<0 ,则函数 f (x) 在 0, 上单调递减, ∴f (x)0,f (x) 在 (0,+∞) 上单调递增,无极值,故 a≥0 不合题意;
(7 分)
x+a
当 a<0 时, f′(x)= ,f′(x) 在(0, - a)上负, (−a,+∞) 上正,
x
所以 f (x) 在(0, - a)上单减, (−a,+∞) 上单增,此时 f (x) 在 x=−a 处取得极小值.
(9 分)
由题可知 f (−a)≤−2a⇒a+aln(−a)+a2≤0⇒a+1+ln(−a)≥0 .1 a+1
令 g(a)=a+1+ln(−a),a<0,g′(a)=1+ = ,
a a
g′(a) 在 (−∞,−1) 上正,在(-1,0)上负,
所以 g(a) 在 (−∞,−1) 上单增,在(-1,0)上单减, (11 分)
故 g(a)≤g(−1)=0 ,因此 g(a)=a+1+ln(−a)≥0 ,当且仅当 a=−1 时才能成立,
即 a=−1 . (13 分)
B
16. (本小题满分 15 分) 解: (1) 由 √3sinB+2cos2 =3⇒√3sinB+cosB=2
2
( π) ( π)
⇒2sin B+ =2⇒sin B+ =1 .
6 6
π π π
因为 B∈(0,π) ,所以 B+ = ⇒B= , (3 分)
6 2 3
在 △ABC 中,因为 b=5,a=3c ,由余弦定理,得:
25 5√7
b2=a2+c2−2accosB⇒25=9c2+c2−3c2 ⇒c2= ⇒c= ,
7 7
(6 分)
1 1 √3 75√3
所以 △ABC 的面积 S = acsinB= ⋅3c2 ⋅ = . (8 分)
△ABC 2 2 2 28
(2)由 5csinA=3a⇒5sinCsinA=3sinA ,
3
因为 A∈(0,π),sin A≠0 ,所以 sinC= . (10 分)
5
c a b 10
= = = ⇒c=2√3
由 sinC sinA π √3 , (12 分)
sin
3
由余弦定理:
b2=a2+c2−2accosB⇒25=a2+12−2√3a⇒a2−2√3a−13=0⇒a=√3±4 .
因为 a>0 ,所以 a=√3+4 ,
所以 △ABC 的周长为 a+b+c=√3+4+5+2√3=9+3√3 . (15 分)
17. (本小题满分 15 分)A B=A C
1 1 }
M为BC中点}⇒BC⊥A M
1
(1) 证明: 连接 A M , AB=AC ⇒BC⊥ 平面
1
A M为BC中点}⇒BC⊥AM
1
A M∩AM=M,A M,AM⊆平面A A M
1 1 1
A A M
,
1
(3 分)
BC⊥平面A A M }
1 ⇒ 平面 A A M⊥ 平面 ABC= 平面 ABC=AM,A H⊥ 平面
又BC⊆平面ABC 1 1
ABC (6 分)
(2)解:由于 BB // 平面 A AC ,
1 1
1
所以 V =V =V = S ⋅A H=3√3⋅A H=18√2
B 1 −A 1 AC B−A 1 AC A 1 −ABC 3 △ABC 1 1
⇒A H=2√6 . (8 分)
1
由题可得 AH=√A A ❑ 2−A H2=2√3,HM=√3 , 取 AB 靠近 B 的三等分点 N ,由题
1 1
可知 HA,HN,H A 两两相互垂直,如图,以 HA,HN,H A 为 x,y,z 轴的正方向建立空
1 1
间直角坐标系, 由题给数据, 易得: A(2√3,0,0),B(−√3,3,0),E(−√3,2,0),A (0,0,2√6) ,
1
由 ⃗A A =⃗BB ⇒B (−3√3,3,2√6) .
1 1 1
设平面 BAB 的一个法向量为 ⃗n =(x,y,z) ,
1 1
⃗n ⋅⃗BA=0 } {√3x−y=0
1 ⇒ ⇒⃗n =(√2,√6,1). (11 分)
⃗n ⋅⃗BB =0 x−√2z=0 1
1 1
设平面 AB E 的一个法向量为 n =(x,y,z) ,
1 2
n ⋅AE=0 } { 3√3x−2y=0
由 2 ⇒ ⇒n =(4√2,6√6,1),
n ⋅AB =0 5x−√3 y−2√2z=0 2
2 1
(13 分)
记二面角 B−AB −E 的平面角为 θ ,显然, θ 为锐角,
1
|n ⋅n | |8+36+1| 5√249
所以
cosθ= 1 2 = =
. (15 分)
|n||n | 3×√249 83
1 218. (本小题满分 17 分)
{
4a2=2pa
{a=2(a=0舍),
解: (1) 圆心 M(2a,a) ,由题得 p ⇒
a+ =r=4 p=4,
2
(2 分)
所以圆 M:(x−4) 2+(y−2) 2=16 ; 抛物线 N:x2=8 y . (4 分)
(
x2
) (
x2
) (
x2
)
(2)假设存在常数 λ 满足题意,设 A x , A ,B x , B ,C x , C ,
A 8 B 8 C 8
1 x
由 x2=8 y⇒y= x2 ⇒y′= ,
8 4
x x2 x x x2
所以抛物线在点 A 处的切线斜率 k = A ,方程为 y− A = A (x−x )⇒y= A x− A .
A 4 8 4 A 4 8
x
同理: 抛物线在 B 处的切线斜率 k = B ,
B 4
x2 x x x2
方程为 y− B= B (x−x )⇒y= B x− B , (6 分)
8 4 B 4 8
x +x
两式相减,即得 A,B 处的切线的交点 D 的横坐标 x = A B ,
D 2
x +x x +x
同理可得 x = A C ,x = B C . (8 分)
E 2 F 2
若满足题意的常数 λ 存在,则由题可知
DA⋅FC |DA|⋅|FC|cos∠AEC |DA|⋅|FC|
λ= = = ,
DE⋅FE |DE|⋅|FE|cos∠AEC |DE|⋅|FE|
x +x
A B−x
|DA| x −x 2 A x −x
而 = D A = = B A .
|DE| x −x x +x x +x x −x
E D A C− A B C B
2 2
x +x
x − B C
|FC| x −x C 2 x −x
又 = C F = = C B ,
|EF| x −x x +x x +x x −x
F E B C− A C B A
2 2|DA|⋅|FC| (x −x )(x −x )
因此 = B A C B =1 ,
|DE|⋅|FE| (x −x )(x −x )
C B B A
也即,存在常数 λ=1 满足题意. (11 分)
(
x2
) (
x2
)
(3)由题可知此时 C(4,2) ,设 PQ:y=kx+m,P x , 1 ,Q x , 2 ,
1 8 2 8
{ x2=8 y
联立 ⇒x2−8kx−8m=0,Δ=32(2k2+m)>0 ,两根 x ,x ,
y=kx+m 1 2
x +x =8k,x x =−8m,
1 2 1 2
(x2 )(x2
)
由题,得: CP⋅CQ=0⇒(x −4)(x −4)+ 1−2 2−2 =0 ,
1 2 8 8
(13 分)
约去 (x −4)(x −4) ,化简整理得 x x +4(x +x )+80=0⇒−8m+4×8k+80=0
1 2 1 2 1 2
⇒m=10+4k ,直线 PQ:y=kx+10+4k=k(x+4)+10 ,也即 PQ 恒过定点(-4,10). (15 分)
即满足题意的 Rt △ 的斜边恒过定点(-4,10),故 RT 也恒过定点(-4,10).
因此线段 PQ,RT 的交点坐标即为(-4,10). (17 分)
19.(本小题满分 17 分)
(1)解: P ,Q 分别表示操作一次后,甲盒子中恰有 3 个、 2 个黄球的概率,
1 1
C1 C1
1
C1 C1 C1 C1
4
由题可知: P = 1 ⋅ 1= ;Q = 2 ⋅ 1+ 1 ⋅ 2= . (2 分)
1 C1 C1 9 1 C1 C1 C1 C1 9
3 3 3 3 3 3
C1 C1
4
(2)解:记重复 n 次 τ 操作后,甲盒子中恰有 1 个黄球的概率为 R ,易得 R = 2 ⋅ 2= .
n 1 C1 C1 9
3 3
由题易得 X 的所有可能得取值为3,2,1,0,
2
(C1 C1
) 4
且: P(X =3)=P =P ⋅0+Q ⋅ 1 ⋅ 1 +R ⋅0= ,
2 2 1 1 C1 C1 1 81
3 3
(C1 C1 C1 C1
)
C1 C1
41
P(X =2)=Q =P ⋅1+Q ⋅ 2 ⋅ 1+ 1 ⋅ 2 +R ⋅ 2 ⋅ 2= ,
2 2 1 1 C1 C1 C1 C1 1 C1 C1 81
3 3 3 3 3 3
(C1 C1
)
(C1 C1 C1 C1
) 32
P(X =1)=R =P ⋅0+Q ⋅ 2 ⋅ 2 +R ⋅ 1 ⋅ 2+ 2 ⋅ 1 = ,
2 2 1 1 C1 C1 1 C1 C1 C1 C1 81
3 3 3 3 3 3(C1 C1
) 4
P(X =0)=P ⋅0+Q ⋅0+R ⋅ 1 ⋅ 1 = , (6 分)
2 1 1 1 C1 C1 81
3 3
所以, X 的分布列为
2
X
3 2 1 0
2
P 4 41 32 4
81 81 81 81
3×4+2×41+1×32+0×4 126 14
数学期望为 E(X )= = = .
2 81 81 9
(8 分)
(3)证明: 记重复 n 次 τ 操作后,甲盒子中恰有 1 个黄球的概率为 R ,
n
由题,可得 E(X )=3P +2Q +R ,
n n n n
(1 1) 1
而 P =P ⋅0+Q ⋅ ⋅ +R ⋅0= Q ,
n+1 n n 3 3 n 9 n
(2 1 1 2) (2 2) 4 4
Q =P ⋅1+Q ⋅ ⋅ + ⋅ +R ⋅ ⋅ =P + Q + R ,
n+1 n n 3 3 3 3 n 3 3 n 9 n 9 n
(2 2) (1 2 2 1)
R =P ⋅0+Q ⋅ ⋅ +R ⋅ ⋅ + ⋅ +(1−P −Q −R )⋅1
n+1 n n 3 3 n 3 3 3 3 n n n
5 5
=1−P − Q − R , (11 分)
n 9 n 9 n
于是,
1 8 8 5 5 2 1
3P +2Q +R = Q +2P + Q + R +1−P − Q − R =P + Q + R +1,
n+1 n+1 n+1 3 n n 9 n 9 n n 9 n 9 n n 3 n 3 n
1 3 1[ 3]
也即 E(X )= E(X )+1⇒E(X )− = E(X )− ,
n+1 3 n n+1 2 3 n 2
{ 3} 1
因此 E(X )− 是等比数列,公比为 ,
n 2 3
3 3 5 3 1
首项为 E(X )− =3P +2Q +R − = − = ,
1 2 1 1 1 2 3 2 6
3 1 (1) n−1 1 (1) n 3
所以 E(X )− = ⋅ ⇒E(X )= ⋅ + . (14 分)
n 2 6 3 n 2 3 2
