佛山中考成绩-基层挂职工作总结

江苏省高考数学试题



一、填空题
1
．已知集合
A{1,0,1,6}
，
Bxx0,xR
，则
AB
_____.

【答案】
{1,6}
.
【解析】由题意利用交集的定义求解交集即可
.
【详解】

由题知，
AIB{1,6}
.
【点睛】

本题主要考查交集的运算，属于基础题
.
2
．已知复数
(a2i )(1i)
的实部为
0
，其中
i
为虚数单位，则实数
a< br>的值是
_____.

【答案】
2.
【解析】本题根据复数 的乘法运算法则先求得
z
，然后根据复数的概念，令实部为
0
即
得< br>a
的值
.
【详解】


Q(a2i)(1i )aai2i2i
2
a2(a2)i
，

令
a20
得
a2
.
【点睛】

本 题主要考查复数的运算法则，虚部的定义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求
解能力
.
3
．下图是一个算法流程图，则输出的
S
的值是
_____.


【答案】
5.
【解析】结合所给的流程图运行程序确定输出的值即可
.
第 1 页 共 27 页

【详解】

执行第一次，
SS
执行第二次，S
执行第三次，
S
执行第四次，
S
【点睛】

识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：

(1)
要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构．

(2)
要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题．

(3)
按照题目的要求完成解答并验证．

4
．函数
y7 6xx
2
的定义域是
_____.

【答案】
[1,7]
.
【解析】由题意得到关于
x
的不等式，解不等式可得函数的定义域
.
【详解】

由已知得
76xx
2
0
,
即
x
2
6x70

解得
1x7
，

故函数的定义域为
[1,7]
.
【点睛】

求函数的定 义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然
后求出它们的解集即可．
5
．已知一组数据
6
，
7
，
8
，< br>8
，
9
，
10
，则该组数据的方差是
____.
【答案】
x1
,x14
不成立，继续循环，
xx1 2
；

22
x3
S,x24
不成立，继续循环 ，
xx13
；

22
x
S3,x34不成立，继续循环，
xx14
；

2
x
S5,x44
成立，输出
S5.

2
5
.
3
【解析】由题意首先求得平均数，然后求解方差即可
.
【详解】

由题意，该组数据的平均数为
所以该组数据的方差是
6788910
8
，

6
15
[(68)
2
(78)< br>2
(88)
2
(88)
2
(98)
2< br>(108)
2
]
.
63
第 2 页 共 27 页

【点睛】

本题主要考查方差的计算公式，属于基础题
. < br>6
．从
3
名男同学和
2
名女同学中任选
2
名 同学参加志愿者服务，则选出的
2
名同学中
至少有
1
名女同学的概率 是
_____.

【答案】
7
.
10
【解析】先 求事件的总数，再求选出的
2
名同学中至少有
1
名女同学的事件数，最后根< br>据古典概型的概率计算公式得出答案
.
【详解】

2
从3
名男同学和
2
名女同学中任选
2
名同学参加志愿服务，共有< br>C
5
10
种情况
.
11
若选出的
2名学生恰有
1
名女生，有
C
3
C
2
6
种情况，

2
若选出的
2
名学生都是女生，有
C
2
1
种情况，

所以所求的概率为
【点睛】

617

.
1010
计数原理是高考考查的重点内容，考查的形 式有两种，一是独立考查，二是与古典概型
结合考查，由于古典概型概率的计算比较明确，所以，计算正 确基本事件总数是解题的
重要一环
.
在处理问题的过程中，应注意审清题意，明确“
分类
”“
分步
”
，根据顺序有无，
明确
“< br>排列
”“
组合
”.
y
2
7
．在平面直角坐 标系
xOy
中，若双曲线
x
2
1(b0)
经过点（< br>3
，
4)
，则该双曲
b
2
线的渐近线方程是
_____.

【答案】
y2x
.
【解析】根据条件求
b
，再代入双曲线的渐近线方程得出答案
.
【详解】

4
2
由已知得
3
2
1
，

b
2
解得
b2
或
b2
，

2
.
因为
b0
，所以
b
因为
a1
，

所以双曲线的渐近线方程为
y2x
.
第 3 页 共 27 页

【点睛】

双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其 难度一般较小，是高考必得
分题
.
双曲线渐近线与双曲线标准方程中的
a,b
密切相关，事实上，标准方程中化
1
为
0
，
即得渐近线方程
.
*
8
．已知数列
{a
n
}(nN)
是等差数列，
S
n
是其前
n
项和
.
若
a< br>2
a
5
a
8
0,S
9
27
， 则
S
8
的值是
_____.

【答案】
16.
【解析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前
8
项和即可
.
【详解】


a
2
a
5
a
8< br>

a
1
d

a
1
4d


a
1
7d

0

由题意可得：

，

98
S
9
9a
1
d27

2


a
1
5
87
d4028216
.
解得：

，则
S< br>8
8a
1

d2
2

【点睛】

等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方
程思想， 灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组），如本题，从已知出发，构
建
a
1< br>,d
的方程组
.
9
．如图，长方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的体积是
120
，
E
为
CC
1
的中点，则三棱锥
E
-
BCD
的体积是
_____.


【答案】
10.
【解析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积
.
【详解】

因为长方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的体积为
120
，

所以
ABBCCC
1
120
，

第 4 页 共 27 页

因为
E
为
CC
1
的中点，

所以
CE
1
CC
1
，

2
由长 方体的性质知
CC
1

底面
ABCD
，

所以
CE
是三棱锥
EBCD
的底面
BCD
上的高，

所以三棱锥
EBCD
的体积
111111
VABBC CEABBCCC
1
12010
.
3232212
【点睛】

本题蕴含
“
整体和局部
”
的对立统一规律
.
在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注
意理清整 体和局部的关系，灵活利用
“
割
”
与
“
补
”
的方法解题
.
4
10
．在平面直角坐标系
xOy
中，< br>P
是曲线
yx(x0)
上的一个动点，则点
P
到直x
线
x
+
y
=0
的距离的最小值是
_____ .

【答案】
4.
【解析】将原问题转化为切点与直线之间的距离，然后利 用导函数确定切点坐标可得最
小距离

【详解】

4
gR< br>2
gR
2
当直线
2
平移到与曲线
yx
相 切位置时，切点
Q
即为点
P
到直线
2
的距离
xrr
最小
.
由
y

1
4
1
，得
x2(2舍)
，
y32
，

2
x
即切点
Q(2,32)
，

gR
2< br>则切点
Q
到直线
2
的距离为
r
故答案为：
4
．

【点睛】

232
1
2
1
2
4
，

本 题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养
.
采
取 导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题
.
11
．在平面直角坐标系< br>xOy
中，点
A
在曲线
y
=ln
x
上，且该 曲线在点
A
处的切线经过
点（
-e
，
-1)(e
为 自然对数的底数），则点
A
的坐标是
____.

【答案】
(e, 1)
.
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【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值可得切点坐标
.
【详解】

设点
A

x
0
,y
0

，则
y
0
lnx
0
.
又
y< br>

当
xx
0
时，
y


1
，

x
1
，

x
0
1
(xx
0
)
，

x0
点
A
在曲线
ylnx
上的切线为
yy
0

即
ylnx
0

x
1
，

x
0
e
1
，

x
0
代入点< br>
e,1

，得
1lnx
0

即< br>x
0
lnx
0
e
，


考查函数
H

x

xlnx
，当
x

0,1

时，
H

x

0
，当
x

1,

时，
H

x

0
，
且
H'

x

lnx1
，当< br>x1
时，
H'

x

0,H

x

单调递增，

注意到
H

e

e
，故
x
0
lnx
0
e
存在唯一的实数根< br>x
0
e
，此时
y
0
1
，

故点
A
的坐标为
A

e,1

.
【点睛】

导数运算及切线的理解应注意的问题：

一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．

二是 直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一
定是曲线的切线，同样 ，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公
共点．

12
．如图，在
VABC
中，
D
是
BC
的中点，
E在边
AB
上，
BE
=2
EA
，
AD
与
CE
交于
点
O
.
若
ABAC6AOEC，则
uuuruuuruuuruuur
AB
的值是
_____.

AC

【答案】
3
.
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【解析】由题意将原问题转化为基底的数量积，然后利用几何性质可得比值
.
【详解】

D
为
BC
中点，如图，过点
D
作
DFCE
，交
AB
于点
F
，由
BE=2EA，知
BF=FE=EA,AO=OD.

uuuruuuruuuruuuru uurruuuruuuruuur
3
uuu
6AO
g
EC3AD
g
ACAEABAC
g
ACAE

2
 
ruuur
3
uuu
ABAC
2

r
1
uuur

uuu
g

ACAB


3

ruuur
1
uuur
2
uu ur
2
1
uuuruuur

3

uuu

AB
g
ACABACAB
g
AC

2

33

ruuur
1
uuur
2
uuur
2

uuuruuur
1
uuur
2
3< br>uuur
2
uuuruuur
3

2
uuu


AB
g
ACABAC

AB
g
ACABACAB
g
AC
，

2

3322

uuuruuur
r
2
3
uuur
2
1
uuu
AB
3
.
得
ABAC,
即
A B3AC,
故
22
AC
【点睛】

本题考查在三角形中平 面向量的数量积运算，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素
养
.
采取几何法，利用 数形结合和方程思想解题
.
tan

2

π
 
sin2


π
3
13
．已知，则


的值是
_____.

tan




4

4

2
v
A
2
a
A
r
A
v
A

2

2
1:4
.
【答案】
a
C
v
C
v
C< br>r
C
【解析】由题意首先求得
tan

的值，然后利用两角和 差正余弦公式和二倍角公式将原
问题转化为齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.
【详解】

tan


1tan

tan

tan

2

由


tan

1
tan

13
，


tan




4

1 tan


得
3tan
2

5tan

20
，

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解得tan

2
，或
tan


1
.
3




sin

2


sin2

coscos2

sin

4

44

22

2sin

c os

cos
2

sin
2



sin2

cos2


=
 

22

sin
2

cos
2


2

2tan

1tan
2


=

，

2
2

tan
1

2

2212
2

2
=；

当
tan

2
时，上式
=

2

2
2
1

10
2


1

1



2
1




2


1

3

3


=
2
.

当
tan


时，上式
=
2

210
3

1

1



3< br>

综上，
sin

2


【点 睛】





2
.

4

10
本题考查三角函数的化简求值，渗透了逻辑推理和数学运算素养
.
采取转化法，利用分
类讨论和转化与化归思想解题
.
14
．设< br>f(x),g(x)
是定义在
R
上的两个周期函数，
f(x)
的周期为
4
，
g(x)
的周期为
2
，

k (x2),0x1

且
f(x)
是奇函数
.
当
x(0,2]
时，
f(x)1(x1)
2
，
g(x)< br>
1
，
,1x2


2
其中
k
>0.
若在区间
(0
，
9]
上，关于
x
的方程
f(x)g(x)
有
8
个不同的实数根，则
k
的< br>取值范围是
_____.


12

【答案】

,


.
34

【解析】分别考查函数
f

x

和函数
g

x

图像的性质，考查临界条件确定
k
的取值范
围即可
.
【详解】

当
x

0,2

时，
f(x)1

x1

,
即

x1

y
2
1,y0.

2
2
又
f(x)
为奇函数，其图象关于原点对称，其周期为
4
，如图，函数
f(x)
与
g(x)
的图象，
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要使
f(x)g(x)
在
(0,9]
上有8
个实根，只需二者图象有
8
个交点即可
.

< br>当
g(x)
1
时，函数
f(x)
与
g(x)的图象有
2
个交点；

2
当
g(x)k(x2)< br>时，
g(x)
的图象为恒过点（
-2
，
0
）的直线， 只需函数
f(x)
与
g(x)
的图象有
6
个交点
.
当
f(x)
与
g(x)
图象相切时，圆心（
1
，< br>0
）到直线
kxy2k0
的
距离为
1
，即k2k
1
，得
k
2
，函数
f(x)
与< br>g(x)
的图象有
3
个交点；当
4
1k
2
g(x)k(x2)
过点（
1,1
）时，函数
f(x)
与
g(x)
的图象有
6
个交点，此时
13k
，得
1
k
.
3

12

f(x)g(x)
综上可 知，满足在
(0,9]
上有
8
个实根的
k
的取值范围为
，


.
34

【点睛】
< br>本题考点为参数的取值范围，侧重函数方程的多个实根，难度较大
.
不能正确画出函数< br>图象的交点而致误，根据函数的周期性平移图象，找出两个函数图象相切或相交的临界
交点个数， 从而确定参数的取值范围
.

二、解答题
15
．在
△< br>ABC
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别为a
，
b
，
c
．

（
1
）若< br>a
=3
c
，
b
=
2
，
cos
B
=
（
2
）若
2
，求
c
的值；

3
sinAcosB

，求
sin(B)
的值．

a2b2
25
3
.
；（
2
）
35
【答案】（
1
）
c
【解析】
(1)
由题意 结合余弦定理得到关于
c
的方程，解方程可得边长
c
的值；

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(2)
由题意结合正弦定理和同角三角函 数基本关系首先求得
cosB
的值，然后由诱导公式
可得
sin(B
【详解】

（
1
）因为
a3c,b

)
的值
.
2
2,cosB
2
，

3
1
a
2
c
2
b
2
2(3c)
2
c
2(2)
2
2
由余弦定理
cosB
，得

， 即
c
.
3
2ac
323cc
所以
c
3
.
3
（
2
）因为
sinAcosB

，
< br>a2b
ab
cosBsinB


，得，所以
cos B2sinB
.
2bb
sinAsinB
4
22
222
从而
cosB(2sinB)
，即
cosB4

1cosB

，故
cosB
.
5
由正弦定理
因为
sinB0
，所以
cosB2sinB0
，从而
cos B
25
.
5
因此
sin

B
【点睛】



π

25
.
cosB

2

5
本题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识 ，考查运
算求解能力
.
16
．如图，在直三棱柱
ABC
－
A
1
B
1
C
1
中，
D
，
E
分别为
BC
，
AC
的中点，
AB
=
BC
．


求证：（
1
）
A
1
B1
∥平面
DEC
1
；

（
2
）
BE
⊥
C
1
E
．

【答案】（
1
）见解析；（
2
）见解析
.
第 10 页 共 27 页

【解析】
(1)
由题意结合几何体的空间结 构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的
结论；

(2)
由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可
.
【详解】

（
1
）因为
D
，
E
分 别为
BC
，
AC
的中点，


所以
ED∥AB.
在直三棱柱
ABC-A
1
B
1
C
1
中，
AB∥A
1
B
1
，

所以
A
1
B
1
∥ED.
又因为
ED⊂< br>平面
DEC
1
，
A
1
B
1

平面
DEC
1
，

所以
A
1
B
1
∥
平面
DEC
1
.
（
2
）因为
AB=BC
，
E
为
AC
的中点，所以
BE⊥AC. 因为三棱柱
ABC-A
1
B
1
C
1
是直棱柱， 所以
CC
1
⊥
平面
ABC.
又因为
BE⊂
平面
ABC
，所以
CC
1
⊥BE.
因为
C1
C⊂
平面
A
1
ACC
1
，
AC⊂< br>平面
A
1
ACC
1
，
C
1
C∩AC =C
，

所以
BE⊥
平面
A
1
ACC
1
.
因为
C
1
E⊂
平面
A
1
ACC
1
，所以
BE⊥C
1
E.
【点睛】

本题主要考查直线与 直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间
想象能力和推理论证能力
.
x
2
y
2
17
．如图，在平面直角坐标系
xOy< br>中，椭圆
C
:
2

2
1(ab0)
的 焦点为
F
1
（
–1
、
ab
0
），

222
F
2
（
1
，
0
）．过
F< br>2
作
x
轴的垂线
l
，在
x
轴的上方，
l
与圆
F
2
:
(x1)y4a
交于点
A< br>，与椭圆
C
交于点
D
.
连结
AF
1
并延长交圆
F
2
于点
B
，连结
BF
2
交椭 圆
C
于点
E
，连
结
DF
1
．已知
DF
1
=
5
．

2
第 11 页 共 27 页

（
1
）求椭圆
C
的标准方程；

（
2
）求点
E
的坐标．

x
2
y
2
【答案】（
1
）
1
；

43
（
2
）
E(1,)
.
【解析】
(1)
由题意分别求得
a,b
的值即可确定椭圆方程；

(2)解法一：由题意首先确定直线
AF
1
的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点< br>B
的
坐标，联立直线
BF
2
与椭圆的方程即可确定点
E
的坐标；

解法二：由题意利用几何关系确定点
E
的纵坐标，然后 代入椭圆方程可得点
E
的坐标
.
【详解】

（
1
）设椭圆
C
的焦距为
2c.
因为
F
1
(
－
1
，
0)
，
F
2
(1
，
0)
，所以
F
1
F
2
=2
，
c=1.
又因为
DF
1
=
3
2
553
，
AF
2
⊥x
轴，所以
DF
2
=
DF
1
2
F
1
F
2
2
()< br>2
2
2

，

2
22
因此
2a=DF
1
+DF
2
=4
，从而
a=2.
由
b
2
=a
2
-c
2
，得
b
2=3.
x
2
y
2
因此，椭圆
C
的标准方程为
1
.
43
（
2
）解法一：

x2
y
2
由（
1
）知，椭圆
C
：
1
，
a=2
，

43
因为
AF
2
⊥ x
轴，所以点
A
的横坐标为
1.
4.
将
x=1
代入圆
F
2
的方程
(x-1)
2
+y
2
=16
，解得
y=±
第 12 页 共 27 页

因为点
A
在
x
轴上方，所以
A( 1
，
4).
又
F
1
(-1
，
0)
，所以直线
AF
1
：
y=2x+2.


y 2x2
由

，得
5x
2
6x110
，
2
2



x1

y16< br>11
解得
x1
或
x
.
5
1112< br>将
x
代入
y2x2
，得
y
，

55
11123
因此
B(,)
.
又
F
2
(1
，
0)
，所以直线
BF
2
：
y( x1)
.
554
3

y(x1)

4
13
2
.
x
由

2
，得，解得 或
x1
7x6x130
2
7

x
y
1

3

4
又因为
E
是线段BF
2
与椭圆的交点，所以
x1
.
将
x1
代入
y
解法二：

33
3< br>(x1)
，得
y
.
因此
E(1,)
. < br>2
42
x
2
y
2
由（
1
）知，椭圆
C
：
1
.
如图，连结
EF
1
.
43

因为
BF
2
=2a
，
EF
1
+EF
2
=2a
，所以
EF
1
=EB
，

从而
∠BF
1
E=∠B.
因为
F
2< br>A=F
2
B
，所以
∠A=∠B
，

所以∠A=∠BF
1
E
，从而
EF
1
∥F
2
A.
因为
AF
2
⊥x
轴，所以
EF
1
⊥x
轴
.
第 13 页 共 27 页


x 1
3

因为
F
1
(-1
，
0)
， 由

x
2
y
2
，得
y
.
2
1


3

4
又因为
E
是线段
BF
2
与椭圆的交点，所以
y
因此
E(1,).
【点睛】

本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、 直线与圆及椭圆的位
置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力
.
18
．如图，一个湖的边界是圆心为
O
的圆，湖的一侧有一条直线型公路l
，湖上有桥
AB
（
AB
是圆
O
的直径）．规 划在公路
l
上选两个点
P
、
Q
，并修建两段直线型道路PB
、
QA
．规划要求
:
线段
PB
、
QA
上的所有点到点
O
的距离均不小于圆
．．．．
O
的半径 ．已知点
A
、
B
到直线
l
的距离分别为
AC
和
BD
（
C
、
D
为垂足），测得
AB
= 10
，
AC
=6
，
BD
=12
（单位
:< br>百米）．

3
.
2
3
2

（1
）若道路
PB
与桥
AB
垂直，求道路
PB
的 长；

（
2
）在规划要求下，
P
和
Q
中能 否有一个点选在
D
处？并说明理由；

（
3
）对规划要求下 ，若道路
PB
和
QA
的长度均为
d
（单位：百米）
.
求当
d
最小时，
P
、
Q
两点间的距离．

【答案】（
1
）
15
（百米）；

（
2
）见解析；

（
3
）
17+
321
（百米）
.
【解析】解：解法一：

（
1
）过
A
作
A EBD
，垂足为
E.
利用几何关系即可求得道路
PB
的长；

（
2
）分类讨论
P
和
Q
中能否有一个点选在< br>D
处即可
.
（
3
）先讨论点
P
的位置，然 后再讨论点
Q
的位置即可确定当
d
最小时，
P
、
Q
两点间
的距离．

解法二：

（
1
）建立 空间直角坐标系，分别确定点
P
和点
B
的坐标，然后利用两点之间距离公式< br>第 14 页 共 27 页

可得道路
PB
的长；

（
2
）分类讨论
P
和
Q
中能否有一个点选在
D
处即可
.
（
3
）先讨论点
P
的位置，然后再 讨论点
Q
的位置即可确定当
d
最小时，
P
、
Q两点间
的距离．

【详解】

解法一：

（
1
）过
A
作
AEBD
，垂足为
E.
由已知条件得，四边形
ACDE
为矩形，
DEBEAC6, AECD8
.
因为
PB⊥AB
，

所以
cosPBDsinABE
84

.
105
所以
PB
BD12
15
.
cos PBD
4
5
因此道路
PB
的长为
15
（百米）.

（
2
）
①
若
P
在
D< br>处，由（
1
）可得
E
在圆上，则线段
BE
上的点（除
B
，
E
）到点
O
的
距离均小于圆
O
的半径，所以
P
选在
D
处不满足规划要求
.
②
若
Q
在
D
处，连结
AD
，由（
1
）知ADAE
2
ED
2
10
，

AD
2
AB
2
BD
2
7
从而
cosBAD 0
，所以
∠BAD
为锐角
.
2ADAB25
所以线段
AD
上存在点到点
O
的距离小于圆
O
的半径
.
因此，
Q
选在
D
处也不满足规划要求
.
综上，
P
和
Q
均不能选在
D
处
.
（
3
）先讨论点
P
的位置
.
当
∠OBP <90°
时，线段
PB
上存在点到点
O
的距离小于圆
O的半径，点
P
不符合规划
要求；

当
∠OBP≥90°
时，对线段
PB
上任意一点
F
，
OF≥OB
，即线 段
PB
上所有点到点
O
的距
离均不小于圆
O
的半径 ，点
P
符合规划要求
.
AB
，由（
1
）知，
PB15
，

设
a
xy
MN
为
l
上一点，且
PB
1
1
第 15 页 共 27 页

PBPB
此时
PD
11
sinPBD
11
cosEBA15
15
.
当
∠OBP>90°
时，在
△PPB
中，
PBPB
1
1
由上可知，
d≥15.
再讨论点
Q
的位置
.
3
9
；

5
由（
2
）知，要使得
QA≥15
，点
Q
只有位 于点
C
的右侧，才能符合规划要求
.
当
QA=15
时，CQQA
2
AC
2
15
2
6
2
321
.
此时，线段
QA
上所有点到点
O
的距离
均不小于圆
O
的半径
.
综上，当
PB⊥AB
，点
Q
位于点
C
右侧，且
CQ=
321
时，
d
最小，此时
P
，
Q
两点间
的距离
PQ=PD+CD+CQ =17+
321
.
因此，
d
最小时，
P
，
Q
两点间的距离为
17+
321
（百米）
.
解法二：

（
1
）如图，过
O
作
OH⊥l
，垂足为
H.
以
O
为坐标原点，直线
OH
为y
轴，建立平面直角坐标系
.

因为
BD=12
，< br>AC=6
，所以
OH=9
，直线
l
的方程为
y=9< br>，点
A
，
B
的纵坐标分别为
3
，
−3. < br>因为
AB
为圆
O
的直径，
AB=10
，所以圆
O
的方程为
x
2
+y
2
=25.
从而
A
（
4
，
3
），
B
（
−4
，−3
），直线
AB
的斜率为
3
.
4
因为PB⊥AB
，所以直线
PB
的斜率为

直线
PB
的方程为
y
4
，

3
425
x
.
33
所以
P
（
−13
，
9
），
P B(134)
2
(93)
2
15
.
因此道路
PB
的长为
15
（百米）
.
（
2
）
①
若
P
在
D
处，取线段
BD
上一点
E
（
−4
，
0
），则
EO=4<5
，所以
P
选在
D
处不
满足规划要求
.
第 16 页 共 27 页

②
若
Q
在
D
处，连结< br>AD
，由（
1
）知
D
（
−4
，
9< br>），又
A
（
4
，
3
），

所以线段
AD
：
y
3
x6(4剟x4)
.
4
2
15
15

2
在线段
AD
上取点
M
（
3
，），因为
OM3

32
4
2
5
，

4

4

所以线段
AD
上存在点到点
O
的距离小于圆
O
的半 径
.
因此
Q
选在
D
处也不满足规划要求
.
综上，
P
和
Q
均不能选在
D
处
.
（
3
）先讨论点
P
的位置
.
当
∠OBP <90°
时，线段
PB
上存在点到点
O
的距离小于圆
O的半径，点
P
不符合规划
要求；

当
∠OBP≥90°
时，对线段
PB
上任意一点
F
，
OF≥OB
，即线 段
PB
上所有点到点
O
的距
离均不小于圆
O
的半径 ，点
P
符合规划要求
.
AB
，由（
1
）知，< br>PB15
，此时
P

设
a
xy
MN
为
l
上一点，且
PB
1
1
1

 13,9

；
15
.
当
∠OBP>90°
时， 在
△PPB
中，
PBPB
1
1
由上可知，
d≥1 5.
再讨论点
Q
的位置
.
由（
2
）知，要使得
QA≥15
，点
Q
只有位于点
C
的右侧，才能符合规划要求
.
当
QA=15
时，设
Q
（
a
，
9
），由
AQ(a4)
2
(93)
2
15(a 4)
，

得
a=
4321
，所以
Q
（
4321
，
9
），此时，线段
QA
上所有点到点
O
的距离均不
小于圆
O
的半径
.
综上，当
P（
−13
，
9
），
Q
（
4321
，
9
）时，
d
最小，此时
P
，
Q
两点间的距 离

PQ4321(13)17321
.
因此，
d< br>最小时，
P
，
Q
两点间的距离为
17321
（百米 ）
.
【点睛】

本题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知 识，考查直观想象和数学建
模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力
.
19．设函数
f(x)(xa)(xb)(xc),a,b,cR
，
f'( x)
为
f
（
x
）的导函数．

（
1
）若
a
=
b
=
c
，
f
（
4）
=8
，求
a
的值；

（
2
）若a
≠
b
，
b
=
c
，且
f
（< br>x
）和
f'(x)
的零点均在集合
{3,1,3}
中，求< br>f
（
x
）的极小
第 17 页 共 27 页

值；

（
3
）若
a0,0b„1,c 1
，且
f
（
x
）的极大值为
M
，求证
:< br>M
≤
【答案】（
1
）
a2
；

（
2
）见解析；

（
3
）见解析
. 【解析】（
1
）由题意得到关于
a
的方程，解方程即可确定
a< br>的值；

（
2
）由题意首先确定
a,b,c
的值从而 确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数
即可确定函数的极小值
.

（
3
）由题意首先确定函数的极大值
M
的表达式，然后可用如下方法证明题 中的不等式：
解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；

解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，

因为
0b1
，所以
x
1
(0,1)
．

2
当
x(0,1)
时，
f(x)x(xb)(x1)x(x1)
．

4
．

27
令
g(x)x(x1),x(0,1)< br>，则
g'(x)3

x

(x1)
．

2


1

3

令
g'(x) 0
，得
x
1
．列表如下：

3
x

1
(0,)

3
+
1

3
0
(
1
,1)

3
g'(x)

–
g(x)


所以当
x
Z

极大值

]

1

1

4
时，
g(x)
取得极大值，且是最大值，故
g(x)
max
g< br>

．

327
3

44
，因此
M
．

2727
所以当
x(0,1)
时，
f(x)g(x)
【详解 】

3
（
1
）因为
abc
，所以
f( x)(xa)(xb)(xc)(xa)
．

3
因为
f (4)8
，所以
(4a)8
，解得
a2
．

（
2
）因为
bc
，

第 18 页 共 27 页

所以
f(x)(xa)(xb)
2
x
3
(a2b)x
2
b(2ab)xab
2
，
从而
f'(x)3(xb)

x
因为
a,b,


2ab

2ab
f'(x)0
x
xb
．令，得或．


3

3
2ab
，都在 集合
{3,1,3}
中，且
ab
，

3
2ab
1,a3,b3
．

所以
3< br>2
此时
f(x)(x3)(x3)
，
f'(x)3(x3) (x1)
．

令
f'(x)0
，得
x3
或
x1
．列表如下：

x


(,3)

+
3

0
(3,1)

–
1
(1,)

+ 0
f(x)

Z

极大值

]

极小值

Z


2
所以
f(x)
的极小值为
f(1)(13)(13)32
．

32
（< br>3
）因为
a0,c1
，所以
f(x)x(xb)(x1) x(b1)xbx
，

f'(x)3x
2
2(b1)xb
．

因为
0b1
，所以

4(b1)12b(2b1)30
，< br>
则有
2
个不同的零点，设为
x
1
,x
2< br>
x
1
x
2

．

22
22
b1bb1b1bb1

由
f' (x)0
，得
x
1

．
,x
2

33
列表如下：

x


(,x
1
)

+
x
1

0

x
1
,x
2


–
x
2

0
(x
2
,)

+
f(x)

Z

极大值

]

极小值

Z


所以
f(x)
的极大值< br>Mf

x
1

．

第 19 页 共 27 页

解法一：

Mf

x
1

x
1
3
(b1)x
1
2
bx
1

2
2bb1

x
b1b(b1)


2
1


3x
1
2(b1)x< br>1
b


x
1

9
99

3

2

b
2
b1
(b1)
27
b(b1)2

927

bb1

2

3
b(b1)2(b1)
2
(b1)2
(b(b1)1)
3

272727
< br>b(b1)244

．因此
M
．

27272727
解法二：

因为
0b1
，所以
x
1
(0,1)
．

2
当
x(0,1)时，
f(x)x(xb)(x1)x(x1)
．

1

g'(x)3x
令
g(x)x(x1),x(0,1)
，则< br>
(x1)
．

3

2
令
g '(x)0
，得
x
1
．列表如下：

3
x

1
(0,)

3
+
1

3
0
(
1
,1)

3
g'(x)

–
g(x)


所以当
x
Z

极大值

]

1

1

4
时，
g(x)
取得极大值，且是最大值， 故
g(x)
max
g


．

327
3

44
，因此
M
．

2727
所以当
x(0,1)
时，
f(x)g(x)
【点睛 】

本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．

20
．定义首项为
1
且公比为正数的等比数 列为
“M
－数列
”.

（
1
）已知等比数列
{
a
n
}
满足：
a
2
a
4
a
5
,a
3
4a
2
4a
1
0
，求证
:
数列
{
a
n
}
为
“M
－ 数
第 20 页 共 27 页

列
”
；

（
2
）已知数列
{
b
n
}
满足
:
b
1
1,
①求数列{
b
n
}
的通项公式；

122

，其中
S
n
为数列
{
b< br>n
}
的前
n
项和．

S
n
b
n
b
n1
b
k
c
k1
②设
m
为正整数，若存在
“M
－数列
”{
c
n
}
，对任意正整数
k
，当
k
≤
m
时，都有
ck
剟
成立，求
m
的最大值．

【答案】（
1
）见解析；

*
（
2
）①b
n
=n
nN
；
②5.

【解析】（
1
）由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论；

（
2
）
①
由题意利用递推关系式讨论可得数列
{b
n
}
是等差数列，据此即可确定其通项公
式；

②
由
①
确定b
k
的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质
即可求 得
m
的最大值．

【详解】

（
1
）设等 比数列
{a
n
}
的公比为
q
，所以
a
1< br>≠0
，
q≠0.

a
1
2
q
4< br>a
1
q
4

a
2
a
4
 a
5

a
1
1
由

，得
2
，解得

．

a4a4a0
q2
a q4aq4a0
21


3
11

1
因此数列
{a
n
}
为
“M—
数列
”.
（
2
）
①
因为
122

，所以
b
n
0
．

S
n
b
n
b
n1
122

，则
b
2
2
.
b1,S b
由
111
得
11b
2
由
b
n
b
n1
122

，得
S
n

，

2(b
n1
b
n
)
S
n
b
n
b
n1
当
n2
时，由
b
n
S< br>n
S
n1
，得
b
n

整理得
b
n1
b
n1
2b
n
．

b
n
b
n1
b
n1
b
n

，

2

b
n1
b
n

2
b
n
b
n1

所以数列
{b
n
}
是首项和公差均为
1
的等差数列
.
因此，数列
{b
n
}
的通项公式为
b
n
=n
nN
②
由
①
知，
b
k
=k
，
kN
*
.
第 21 页 共 27 页

*

.

因为数列
{c
n
}
为
“M–
数列
”
，设公 比为
q
，所以
c
1
=1
，
q>0.
因为
c
k
≤b
k
≤c
k
+1
，所以
q
k1
kq
k
，其中
k=1
，
2
，< br>3
，
…
，
m.
当
k=1
时，有
q≥1
；

当
k=2，
3
，
…
，
m
时，有
lnklnk
 lnq
．

kk1
设
f
（
x
）
=
lnx1lnx
(x1)
，则
f'(x)
．
< br>2
xx
令
f'(x)0
，得
x=e.
列表如下：< br>
x
(1,e)

+

e
(e
，
+∞)
f'(x)

f
（
x
）


因为
0
极大值

–

ln2ln8ln9ln3ln3
< br>，所以
f(k)
max
f(3)
．

26633
3
取
q3
，当
k=1
，
2
，
3
，
4
，
5
时，
k1
lnk
„
l nq
，即
kq
k
，

k
经检验知
qk
也成立．

因此所求
m
的最大值不小于
5
．

若
m≥ 6
，分别取
k=3
，
6
，得
3≤q
3
，且
q
5
≤6
，从而
q
15
≥243
，且q
15
≤216
，

所以
q
不存在
.
因此所求
m
的最大值小于
6.
综上，所求
m
的最大值为
5
．

【点睛】

本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转
化与化归 及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．


31

21
．已知矩阵
A



22

（
1
）求
A
2
；

（
2
）求矩阵
A
的特征值
.

第 22 页 共 27 页

【答案】（
1
）


1 15

；



106

（
2< br>）

1
1,

2
4
.
【解析 】
(1)
利用矩阵的乘法运算法则计算
A
2
的值即可；

(2)
首先求得矩阵的特征多项式，然后利用特征多项式求解特征值即可
.
【详解】


31

（
1
）因为
A

，

22


31

31

2
A
所以

22

22


=


33123112< br>
115

=

．


23222122

106

（
2
）矩 阵
A
的特征多项式为

f(

)

3
2
1

2


2
5
< br>4
.
令
f(

)0
，解得
A
的特征值

1
1,

2
4
.
【点睛】

本题主要考查矩阵的运算、特征值等基础知识，考查运算求解能力．

22
． 在极坐标系中，已知两点
A

3,
（
1
）求
A，
B
两点间的距离；

（
2
）求点
B
到直线
l
的距离
.

【答案】（
1
）
5
；

（
2
）
2.
【解析】
(1)
由题意，在
△OAB
中，利用余弦定理求解
AB
的长度即可；

(2)
首先确定直线的倾斜角和直线所过的点的极坐标，然后结合点
B
的坐标结合几何性
质可 得点
B
到直线
l
的距离
.
【详解】

（
1
）设极点为
O.
在
△OAB
中，
A
（< br>3
，







 
,B2,

sin


l
，直线的方程为

3
.

4

2

4

），
B
（
2
，），

42

)5
.
24
由余弦定理，得
AB=
3
2
(2)
2
232cos(
第 23 页 共 27 页

（
2
）因为直线
l
的方程为
< br>sin(

)3
，


4
则直线
l
过点
(32,)
，倾斜角为

2
3

．

4
又
B(2,)
，所以点
B
到直线
l
的距离为
(322)sin(
【点睛】


2
3
)2
.
42
本题主要考查曲线的极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力．

23
．设
xR
，解不等式
|x|+|2 x1|>2
.

【答案】
{x|x或x1}
.
【解析】由题意结合不等式的性质零点分段即可求得不等式的解集
.
【详解】

当
x<0
时，原不等式可化为
x12x 2
，解得
x<–
当
0≤x≤
当
x>
1
3< br>1
：

3
1
时，原不等式可化为
x+1–2x>2< br>，即
x<–1
，无解；

2
1
时，原不等式可化为
x+2x–1>2
，解得
x>1.
2
综上，原不等式的解集为
{x|x或x1}
.
【点睛】

本题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力．

n2n2
4,nN
*
.
已知
a
3
2a
2
a< br>4
.

24
．设
(1x)a
0
a1
xa
2
xLa
n
x,n…
1
3
（
1
）求
n
的值；

（
2
）设
(13)
n
ab3
，其中
a,bN
*
，求
a
2
3b
2
的值
.

【答案】（
1
）
n5
；

（
2
）
-32.
(1)
首先由二项式展开式的通项公式确 定
a
2
,a
3
,a
4
的值，【解析】然后求解关于
n
的方程
可得
n
的值；

(2)
解法一： 利用
(1)
中求得的
n
的值确定有理项和无理项从而可得
a,b的值，然后计算
a
2
3b
2
的值即可；

第 24 页 共 27 页

解法二：利用
(1)
中求得的
n< br>的值，由题意得到
13
式即可确定
a
2
3b
2< br>的值
.
【详解】


的展开式，最后结合平方差公
5
n0122nn
（
1
）因为
(1x)C
n
C
n
xC
n
xLC
n
x，n4
，

所以
a
2
C
n

n(n1)n(n1) (n2)
,a
3
C
3

，

n
26
n(n1)(n2)(n3)
a
4
C
4
< br>．

n
24
2
2
因为
a
3
2a
2
a
4
，

所以
[
n(n1)( n2)
2
n(n1)n(n1)(n2)(n3)
]2
，< br>
6224
解得
n5
．

（
2
）由（
1
）知，
n5
．

(13)
n
(13)
5

022334455

C
5
C
1
5
3 C
5
(3)C
5
(3)C
5
(3)C
5< br>(3)
ab3
．

解法一：

024135因为
a,bN
*
，所以
aC
5
3C
5< br>9C
5
76,bC
5
3C
5
9C
5
44
，

从而
a
2
3b
2
76
2
344
2
32
．

解法二：

022334455

(13)
5
 C
5
C
1
5
(3)C
5
(3)C
5
(3)C
5
(3)C
5
(3)
022334 455
．

C
5
C
1
5
3C
5
(3)C
5
(3)C
5
(3)C
5
(3 )
因为
a,bN
*
，所以
(13)
5
ab 3
．

因此
a
2
3b
2
(ab3) (ab3)(13)
5
(13)
5
(2)
5
32
．

【点睛】

本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力
.
25
．在平面直角坐标系
xOy
中，设点集
A
n
{(0, 0),(1,0),(2,0),,(n,0)}
，
B
n

(0,1),(n,1)},C
n
{(0,2),(1,2),(2,2),L,(n, 2)},nN

.
令
M
n
A
n
UB< br>n
UC
n
.
从集合
M
n
中任取两个不同的点 ，用随机变量
X
表示它们之间的距离
.

第 25 页 共 27 页

（
1
）当
n
=1
时，求
X的概率分布；

（
2
）对给定的正整数
n
（
n
≥3
），求概率
P
（
X
≤
n
）（用
n
表示）
.

【答案】（
1
）见解析；

（
2
）见解析
.
【解析】
(1)
由题意首先确定
X
可能的取值，然后利用古典概型计算公式求得相应的概
率值即可确定分布列；

(2)
将原问题转化为对立事件的问题求解
P

Xn

的值，据此分类讨论
①.
bd
，
②.
b0,d1< br>，
③.
b0,d2
，
④.
b1,d2
四种情 况确定
X
满足
Xn
的所有可
能的取值，然后求解相应的概率值即可 确定
P

X≤n

的值
.
【详解】
< br>（
1
）当
n1
时，
X
的所有可能取值是
1 ，2，2，5
．

X
的概率分布为
P(X1)
7744
,P(X2)
，

22
C
6
15C
6
15
P(X2)
2222
,P(X5)
．

22
C
6
15C
6
15
b)
和
B (c，d)
是从
M
n
中取出的两个点．

（
2）设
A(a，
因为
P(Xn)1P(Xn)
，所以仅需考虑Xn
的情况．

①
若
bd
，则
ABn< br>，不存在
Xn
的取法；

d1
，则
AB(a c)
2
1
②
若
b0，
n
2
1，所以
Xn
当且仅当
cn
或
an， c0
，有
2
种取法；

ABn
2
1
，此时
a0，
d2
，则
AB(ac)
2
4n< br>2
4
，因为当
n3
时，
③
若
b0，< br> cn
或
(n1)
2
4n
，所以
Xn当且仅当
ABn
2
4
，此时
a0，
an， c0
，有
2
种取法；

d2
，则
AB(a c)
2
1
④
若
b1，
n
2
1，所以
Xn
当且仅当
cn
或
an， c0
，有
2
种取法．

ABn
2
1
，此时
a0，
综上，当
Xn
时，
X
的所有可能取值是< br>n
2
+1
和
n
2
4
，且

第 26 页 共 27 页

P(Xn
2
1)
4
C
2
2n4
,P(Xn
2
4)
22
C
2n4
．

因此，
P(Xn)1P(X
【点睛】

n
2
1)P(Xn
2
4)1
6
C
2
2n4．

本题主要考查计数原理、古典概型、随机变量及其概率分布等基础知识，考查逻辑思维
能力和推理论证能力．


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