
x2y1

不等式组

2xy1
表示的平面区域 如图所示


xy0

y
A
C
B1
x
x+2y-1=0

2x+y+1=0
3z
x
，

22
3z
求
z
的最小值，即求直线
yx
的纵截距的最大值

22
3z
当直线
yx
过图中点
A
时，纵截距最大

22
由
z3x2y
得
y

2xy1< br>由

解得
A
点坐标为
(1,1)
，此时
z 3(1)215

x2y1


x
2
y
2
14.

已知双曲线
C:
2

2
，（
a0
，
b0
）的右顶点为
A
，以
A
为圆心，
b
为半径作圆
A
，
a b
圆
A
与双曲线
C
的一条渐近线交于
M
，
N
两点，若
MAN60
，则
C
的离心率为
_____ __
．

23

3
【解析】
如图，

【答案】

OAa
，
ANAMb

∵
MAN60
，∴
AP
3
b
，
OP
2< br>3
22
OAPAa
2
b
2

43
b
AP
2

∴
tan



OP
3
a
2
b
2
4

3< br>b
b
b
2

，解得
a
2
3b2
又∵
tan


，∴
a
3
aa
2
b
2
4
b
2
123
∴
e1
2
1

a33

15.

如图，圆形纸片的圆心为
O
，半径为
5cm
，该纸片上的等边三角形
ABC
的中心为
O
，
D
、
E
、
F
为元
O
上的点，
△DBC
，
△ECA
，
△FAB
分别是一
BC
，
CA
，
AB
为底边
的等腰 三角形，沿虚线剪开后，分别以
BC
，
CA
，
AB
为折痕折 起
△DBC
，
△ECA
，
△FAB
，使得
D
，
E
，
F
重合，得到三棱锥．当
△ABC
的边长变化时， 所得三棱锥体
积（单位：
cm
3
）的最大值为
_______
．


【答案】
415

【解析】
由题，连接< br>OD
，交
BC
与点
G
，由题，
ODBC

OG
3
BC
，即
OG
的长度与
BC
的长 度或成正比

6
设
OGx
，则
BC23x
，< br>DG5x

三棱锥的高
hDG
2
OG
22510xx
2
x2510x

1
S
△ABC
233x33x
2

21
则
VS
△ABC
h3x
2
2510x=325x
4
10x
5

3
5
令
f

x

25x
4
10x
5
，
x(0,)
，
f


x

100x
3
50x
4

2
令
f


x< br>
0
，即
x
4
2x
3
0
，< br>x2

则
f

x

≤f

2

80

则
V≤38045

∴
体积最大值为
415cm
3

三、 解答题：共
70
分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 。第
17-21
题为必考题，
每个试题考生都必须作答。第
22
、< br>23
题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共
60
分。

a
2
ac
16.

△ABC
的内角
A，
B
，
C
的对边分别为，
b
，，已知
△ABC
的面积为．

3sinA
（
1
）求
sinBsinC
；

（
2
）若
6cosBcosC1
，
a3
，求
△ABC
的周长．

【解析】
本题主要考查三角函数及其变换，正弦定理，余 弦定理等基础知识的综合应用
.
1
a
2
（
1
）< br>∵
△ABC
面积
S
.
且
SbcsinA

2
3sinA
a
2
1
bcsinA

∴
3sinA2
3
22
∴
abcsinA
2
3
22
∵
由正弦定理得
sinAsinBsinCsinA
，

2
2
由
sinA0
得
sinBsinC
. < br>3
21
（
2
）由（
1
）得
sinBsinC 
，
cosBcosC

36
∵
ABCπ

∴
cosAcos

πBC

cos

BC

sinBsinCcosBcosC
又
∵
A 

0，π


1
3
，
cosA

2
2
由余弦定理得
a
2
b
2
c
2
bc9

①
1

2
∴
A60
，
sinA< br>由正弦定理得
b
aa

sin
B
，
c sinC

sinAsinA
a
2
∴
bc
2sinBsinC8

②
sinA
由
①②
得
bc33

∴
a bc333
，即
△ABC
周长为
333


17.

（
12
分）如图，在四棱锥
PABCD
中，
AB∥CD
中，且
BAPCDP90
．


（
1
）证明：平面
PAB
平面
PAD
；

（
2
）若
PAPDABDC
，
APD90，求二面角
APBC
的余弦值．

【解析】
（
1
）证明：∵
BAPCDP90

∴
PAAB
，
PDCD

又∵
AB∥CD
，∴
PDAB

又∵
PDPA P
，
PD
、
PA
平面
PAD

∴
AB
平面
PAD
，又
AB
平面
PAB

∴平面
PAB
平面
PAD

（
2
）取< br>AD
中点
O
，
BC
中点
E
，连接
P O
，
OE

∵
AB
∴
OE
CD

AB

∴四边形
ABCD
为平行四边形

由（
1
）知，
AB
平面
PAD

∴OE
平面
PAD
，又
PO
、
AD
平面PAD

∴
OEPO
，
OEAD

又∵
PAPD
，∴
POAD

∴
PO
、
OE
、
AD
两两垂直

∴以
O
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
Oxyz
< br>0，0
、
B
设
PA2
，∴
D2，
0， 2
、
PB
∴
PD2，


2，2，0、
P0，，02
、
C2，2，0
，

2，2，2
、
BC22，0，0


< br>
设
n

x,y,z

为平面
PB C
的法向量




nPB0

2x 2y2z0
由

，得


nBC0
2 2x0




令
y1
，则
z2< br>，
x0
，可得平面
PBC
的一个法向量
n0,1,2
∵
APD90
，∴
PDPA

又知
AB
平面
PAD
，
PD
平面
PAD

∴
PDAB
，又
PAABA

∴
PD
平面
PAB

即
PD
是平面PAB
的一个法向量，
PD2,0,2

∴
cosPD, n
PDn
PDn

2
23

3

3
3

3


由图知二面角
APB C
为钝角，所以它的余弦值为

18.

（
12
分）

为了抽检某种零件的一条生产线的生产过程，实验员每 天从该生产线上随机抽取
16
个
零件，并测量其尺寸（单位：
cm
） ．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状

2
．

态下生产 的零件的尺寸服从正态分布
N

，
（
1
）假设生产状态正常 ，记
X
表示一天内抽取的
16
个零件中其尺寸在


3

，

3


之外的零件数，求
P

X≥1

及
X
的数学期望；

（2
）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在


3

，

3


之外的零件，就认为这


< br>条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．

（
I
）试说明上述监控生产过程方法的合理性：

（
II
）下面是检验员在一天内抽取的
16
个零件的尺寸：


9.95

10.1

29.96

9.9

610.01

9.92

9.9

8

10.0

4

10.26

9.91

10.1

310.02

9.22

10.04

10.05

9.9

5
1
16
1
16
2
2
2

xxx16x
经计算得
x

x
i
9.97
，
s


i

i

0.212
，其中
x
i< br>为
16
i1
16

i1

i1

16
16
．

抽取的第
i
个零件的尺寸，i1，2，，
ˆ
，用样本标准差
s
作为

的估计值< br>
ˆ
，利用估计

用样本平均数
x
作为
< br>的估计值

ˆ
3

ˆ
，

ˆ3

ˆ

之外的数据，用剩下值判断是否需对当天的生产过程进行检查 ，剔除


的数据估计

和

（精确到
0 .01
）．


2
,
则
P

< br>3

Z

3


0.9974< br>．

附：若随机变量
Z
服从正态分布
N

，


0.9974
16
0.9592
，
0.0080.09
．



3


之内的概率为
0.9 974
，落在【解析】
（
1
）
由题可知尺寸落在


3

，


3

，
3


之外的概率为
0.0026
．
0
P

X0

C
16

10.9974

0.9974
16
0.9592

0
P
X1

1P

X0

10.95920 .0408

0.0026

由题可知
X~B

16，
E

X

160.00260.0416


3


之外的概率为
0.0026
， （2）（i）尺寸落在


3

，


3


之外为小概率事件， 由正态分布知尺寸落在


3

，
因此上述监控生产过程的方法合理．
（ii）


3

9.9730.2129.334



3

9.9730.21210.606


3




9.334，10.606




3

，
10.606
< br>，

需对当天的生产过程检查．
9.22

9.334，
因此剔除
9.22

剔除数据之后：


2
9.97169.22
10.02．
15
2222
2222

2
[

9.9510.02



10.1210.02



9.9610.02



9.9610.02< br>


10.0110.02

2

< br>9.9210.02



9.9810.02



10.0410.02



10.2610. 02



9.9110.02

2222
< br>
10.1310.02



10.0210.02< br>


10.0410.02



10 .0510.02



9.9510.02

]< br>0.008



0.0080.09

19.


2
1
15

20.

（
12
分）


3

3
x
2
y
2
P1，P1，
1，1P0，1

已知椭圆
C
：
2

2
1

ab0

，四点
P
，，，
12
3

4

22
ab

中恰有三点在椭圆
C上．

（
1
）求
C
的方程；

（2
）设直线
l
不经过
P
2
点且与
C
相 交于
A
、
B
两点，若直线
P
2
A
与直线< br>P
2
B
的斜率的
和为
1
，证明：
l
过定点．

【解析】（1）根据椭圆对称性，必过
P
3
、
P
4

PP
4
三点 又
P
4
横坐标为1，椭圆必不过
P< br>1
，所以过
P
2
，
3
，

3

1

，P
3

1，

将
P
2

0，

代入椭圆方程得
2


1

b
2
1

，解得
a
24
，
b
2
1


3

1
1

2

4
b
2

a
x
2
∴椭圆
C
的方程为：
y
2
1
．
4
（2）
①
当斜率不存在时，设
l:xm，A

m，y
A

，B

m，y
A


y
A
1y
A
1
2
1
< br>mmm
得
m2
，此时
l
过椭圆右顶点，不存在两个交点，故 不满足．
②
当斜率存在时，设
l∶ykxb

b1


k
P
2
A
k
P
2
B

A

x
1
，y
1

，B

x2
，y
2



ykxb
222
联立

2
，整理得

14k

x8kbx4 b40

2

x4y40
8kb
4b
2
4
x
1
x
2

，
x
1x
2


14k
2
14k
2
y
1
1y
2
1
x
2

kx
1< br>b

x
2
x
1

kx
2b

x
1
kk

则
P
2< br>A

P
2
B
x
1
x
2
x< br>1
x
2
8kb
2
8k8kb
2
8kb
14k
2


4b
2
4
14k2

8k

b1

4

b1
b1

1，
又
b1

b2 k1
，此时
64k
，存在
k
使得
0
成 立．

∴直线
l
的方程为
ykx2k1


当
x2
时，
y1

所以
l
过定点

2，1

．

21.

（
12
分）

2xx已知函数
f

x

ae

a2

ex
．

（
1
）讨论
f

x

的单调性；

（
2
）若
f

x

有两个零点，求
a
的取值范围．

【解析】
2xx
【解析】（1）由于
f

x

ae

a2

ex
2xxxx
故
f


x

2ae 

a2

e1

ae1

2 e1


①
当
a0
时，
ae
x
10
，
2e
x
10
．从而
f


x

0
恒成立．
f

x

在
R
上单调递减
②
当
a0
时，令
f


x

0
， 从而
ae
x
10
，得
xlna
．
x


lna



lna，





，lna


f′

x



f

x




单调减
0

极小值 单调增

综上，当
a0
时，
f(x)
在
R
上单调递减；
当
a0
时，
f(x)
在
(,lna)
上单调递减， 在
(lna,)
上单调递增
（2）由（1）知，
当
a0
时，
f

x

在
R
上单调减，故
f

x

在
R
上至多一个零点，不满足条件．
当
a0
时，
f
min
f

lna
< br>1
令
g

a

1
1
ln a
．
a
1
lna
．
a
111
< br>
上单调令
g

a

1lna
a0

，则
g'

a


2
0
．从而
g

a

在

0，
aaa
g

a

0
．增，而
g
1

0
．故当
0a1
时，当
a1
时< br>g

a

0
．当
a1
时
g
a

0

若
a1
，则
f
min
1
不满足条件．
若
a1
，则
f
min
1
条件．
1
lnag

a

0
，故
f

x

0
恒成立，从而
f

x

无零点 ，
a
1
lna0
，故
f

x

0
仅有一个实根
xlna0
，不满足
a
1aa2
lna0
，注意到
lna0
．
f

1


2
10
．
aeee
若
0a1，则
f
min
1
1

3

ln a

上有一个实根，而又
ln

1

ln lna
． 故
f

x

在

1，
a

a

且

3

3

1


ln

1


3

ln


3


a
a

f

ln(1)

ea2
ln

1


ae


a< br>
a




3

3< br>
3

3



1



3aa2

ln

1



1

ln

1

0
．

a

a

a

a

ln

故
f

x

在

lna，



3


1


上有一个实根．

a


lna

上单调减，在

lna，

单调增，故
f

x

在
R
上至多两又
f

x

在

，
个实根．
ln

lna

及

lna，
又
f

x

在
< br>1，



3


1


上均至少有一个实数根，故
f

x

在
R
a


上恰有两个实根．
综上，
0a1
．

（二）选考题：共10分。请考生在第22 、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第
一题计分。
22.

[
选修
4-4
：坐标系与参考方程
]

x3c os

，
xOy
在直角坐标系中，曲线
C
的参数方程为
（

为参数），直线
l
的参数

ysin

，

xa4t，
方程为

（
t为参数）．

y1t，

（
1
）若
a 1
，求
C
与
l
的交点坐标；

（
2
）若
C
上的点到
l
距离的最大值为
17
，求
a< br>．

【解析】
（
1
）
a1
时，直线l
的方程为
x4y30
．

x
2
曲线< br>C
的标准方程是
y
2
1
，

9
21


x4y30
x

x3

2

25
联立方程

x
，解得：或，



2
y0
24
y1

y


9

25


2124
则
C
与
l
交点坐标是

3，0
< br>和

，



2525

（2
）直线
l
一般式方程是
x4y4a0
．
< br>设曲线
C
上点
p

3cos

，sin

．

则
P
到
l
距离
d
3cos

4sin

4a
17

5sin





4a
17
，其中
tan


3
．

4
依题意得：
d
max

17
，解得
a16
或
a8

23.

[
选修
4-5
：不等式选讲
]
2
已知函数
f

x

xax4，g

x

x1x1
．

（
1
）当
a1
时，求不等 式
f

x

≥g

x

的解集；

1

，求
a
的取值范围．

（
2
）若不等式
f

x

≥g

x

的解集包含

1，
2
【解析】（1）当
a1
时，
f

x

xx4
，是开口向下，对称轴
x
1
的二次函数．
2

2x，x1

g< br>
x

x1x1

2，1≤x≤1
，

2x，x1

当
x(1,)
时，令
x
2
x42x
，解得
x
171

2
g

x

在

1，

上单调 递增，
f

x

在

1，

上单调递减

171

1，
fx≥gx

解 集为

∴此时


．

2

1

时，
g

x

2
，
f< br>
x

≥f

1

2
． 当< br>x

1，
当
x

，1

时，
g

x

单调递减，
f

x

单调递增，且
g

1

f

1

2
．

171

综上所述，
f< br>
x

≥g

x

解集

1，

．
2

1

恒成立． （2）依题意 得：
x
2
ax4≥2
在

1，
1

恒成立． 即
x
2
ax2≤0
在

1，< br>2


1a12≤0
则只须

，解出：
1≤a≤1
．
2



1

a

1

2≤0
1

． 故
a
取值范围是

1，