高中数学天津高考数学名师详解文理

高中数学天津高考数学名师详解文理

‎2010年天津高考数学卷（理科详解）‎ 第　Ⅰ　卷 一．选择题：本卷共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的．‎ ‎1．是虚数单位，复数（　　　）．‎ ‎　　　Ａ．　　　Ｂ．　　　Ｃ．　　　Ｄ．‎ ‎【解】．故选Ａ．‎ ‎2．函数的零点所在的一个区间是（　　）．‎ ‎　　　Ａ．　　　Ｂ．　　　Ｃ．　　　Ｄ．‎ ‎【解】解法1．因为，，，‎ 所以函数的零点所在的一个区间是．故选Ｂ．‎ 解法2．可化为．‎ 画出函数和的图象，可观察出选项Ｃ，Ｄ不正确，且，由此可排除Ａ，故选Ｂ．‎ ‎3．命题“若是奇函数，则是奇函数”的否命题是（　　）．‎ ‎　　Ａ．若偶函数，则是偶函数 ‎　　Ｂ．若不是奇函数，则不是奇函数 ‎　　Ｃ．若是奇函数，则是奇函数 ‎　　Ｄ．若不是奇函数，则不是奇函数 ‎【解】由四种命题的定义，故选Ｂ．‎ ‎4．阅读右边的程序框图，若输出的值为，则判断框内可填写（　　）．‎ ‎　　Ａ．　　　　　　Ｂ．　　　‎ ‎　　Ｃ．　　　　　　Ｄ．‎ ‎【解】由框图，第一步为，第二步为，第三步为，由于输出的值为，则需否，因此判断框内为故选Ｄ．‎ ‎5．已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为（　　）．‎ ‎　　Ａ．　　　　　　　Ｂ．‎ ‎　　Ｃ．　　　　　　　Ｄ．‎ ‎【解】解法1．由题设可得双曲线方程满足，即．‎ 于是．‎ 又抛物线的准线方程为，因为双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则 ‎　　　　　　　，于是．‎ 所以双曲线的方程．故选Ｂ．‎ 解法2．因为抛物线的准线方程为，双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则．由此排除Ａ，Ｃ．‎ 又双曲线的一条渐近线方程是，则，由此又排除Ｄ，故选Ｂ．‎ ‎6．已知是首项为的等比数列，是的前项和，且．则的前项和为（　　　）．‎ ‎　　Ａ．或　　　　　　　　Ｂ．或 ‎　　Ｃ．　　　　　　　　　　Ｄ．‎ ‎【解】设数列的公比为，由可知．于是又，‎ 于是，即，因为，则．‎ 数列的首项为，公比为，则前项和．故选Ｃ．‎ ‎7．在中，内角的对边分别是，若，，则（　　）．‎ ‎　Ａ．　　　B．　　　C．　　　D．‎ ‎【解】由及正弦定理得，代入得 ‎　　　　，即，又，‎ 由余弦定理，‎ 所以．故选Ａ．‎ ‎8．设函数若，则实数的取值范围是（ 　 ）．‎ ‎　　Ａ．　　　　　Ｂ．‎ ‎　　Ｃ．　　　　Ｄ．‎ ‎【解】若，则，即，所以，‎ 若则，即，所以，。‎ 所以实数的取值范围是或，即．故选C．‎ ‎9．设集合，．若，则实数必满足（　　　）．‎ ‎　　Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．‎ ‎【解】集合化为，‎ 集合化为．‎ ‎　　　　　‎ 若，则满足或，因此有 或，即．故选Ｄ．‎ ‎10．如图，用四种不同的颜色给图中的六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有（　　　）．‎ ‎　　Ａ．种　　　Ｂ．种　　　Ｃ．种　　　Ｄ．种 ‎【解】解法1．首先考虑除外，相邻两端点不同色的情形：此时 有种涂法，与相邻的点有种涂法，有种涂法，有种涂法，‎ 此时，有种涂法，有种涂法，因此共有 ‎　　　　（种）．‎ 但是，这是有可能同色，且当同色，不同色时，同色．此时的涂法有同色的有种，对于点，点共有种，由对称性只有种涂法．‎ 所以共有（种）．‎ 因此，符合题目要求的涂法有（种）．故选Ｂ．‎ 解法2．分两种情形讨论：点同色和点不同色，涂法数如下表：‎ ‎　　合　　　　计 点同色 ‎　　‎ 点不同色 因此，符合题目要求的涂法有（种）．故选Ｂ．‎ 解法3．先对涂色，有（种）．‎ 固定其中一种涂法，设四种不同的颜色为颜色①，②，③，④．且设涂颜色①，涂颜色②，涂颜色③．‎ 则根据题意的涂法可用下表枚举：‎ ‎②‎ ‎②‎ ‎②‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎③‎ ‎③‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎④‎ ‎④‎ ‎③‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎①‎ ‎④‎ ‎④‎ ‎①‎ ‎①‎ ‎③‎ ‎③‎ ‎①‎ ‎④‎ ‎①‎ ‎①‎ ‎④‎ ‎②‎ ‎①‎ ‎④‎ ‎②‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎②‎ 以上共种，‎ 因此符合题目要求的涂法有（种）．故选Ｂ．‎ 解法4．分两种情形讨论：‎ ‎（1）全部使用四种不同的颜色．‎ 第一步：对涂色，只能用三种颜色，有（种），‎ 第二步：从三点中选一点涂第四种颜色，有种，再对另两点涂色有种涂法，共有种涂法，‎ 所以全部使用四种不同的颜色的涂法有（种）；‎ ‎(2) 只使用三种颜色．‎ 第一步：对涂色，有（种），‎ 第二步：对三点涂色，由于只用三种颜色，则点有种涂法，此时和只有种涂法．‎ 所以只使用三种颜色的涂法有（种）．‎ 由（1），(2) 符合题目要求的涂法有种）．故选Ｂ．‎ ‎　　解法5．为研究问题方便,不妨把平面图形变换成三棱柱,如右图所示,‎ ‎ 染色规则: 在三棱柱的六个顶点中,相同颜色的顶点可连接同一颜色的线段,依题意,三棱柱的九条棱都不能染色.‎ ‎ 下面分情况进行讨论: ‎ ‎(1) 当六个顶点只用三种颜色涂色时,相同颜色 顶点的连线为三棱柱侧面上的对角线,如图 ‎(甲)或(乙),图中字母的角码表示颜色编号,‎ 则不同的涂色方法共有:(种)；‎ ‎ (2) 当六个顶点用四种颜色涂色时,又可分为 ‎ 在(1)的条件下,用第四种颜色替换掉六个 顶点中的一个或两个:‎ ‎①用第四种颜色替换掉六个顶点中的一个,‎ ‎ 如图(丙),此时相当于在(1)的条件下,去掉 ‎ 一条侧面上的对角线,有种方法,因此,‎ ‎ 不同的涂色方法共有:(种)；‎ ‎ ②用第四种颜色替换掉六个顶点中两个,显然被替换掉的两个顶点的颜色编号 不能相同,否则与(1)重复,被替换掉的两个顶点也不能在同一底面上或同一侧 棱上,因此被替换掉的两个顶点与被保留的两个同颜色顶点在同一侧面上,如 图(丁), 此时相当于在(1)的条件下,保留一个侧面上的对角线,考虑到重复情 况,不同的涂色方法共有:(种).‎ ‎ 综上所述,不同的涂色方法共有: (种).故选B.‎ ‎　　　　　　　　　　　　第　Ⅱ　卷 二．本大题共小题，每小题分，共分．把答案填在题中横线上．‎ ‎11．甲、乙两人在天中每天加工的零件的个数用茎叶图表示如下图．中间一列的数字表示零件个数的十位数，两边的数字零件个数的个位数，则这天中甲、乙两人日加工零件的平均数分别为　　　　和　　　　．‎ ‎【解】，．‎ 设甲的平均数为，乙的平均数为，则 ‎．‎ ‎．‎ 则这天中甲、乙两人日加工零件的平均数分别为和．‎ ‎12．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为　　　　　．‎ ‎【解】．‎ 几何体是由一个正四棱锥和一个长方体组合而成．‎ 设几何体的体积为，正四棱锥的体积为，长方体的体积为．‎ 则．‎ ‎13．已知圆的圆心是直线（为参数）与轴的交点，且圆与直线相切，则圆的方程为　　　　　　　　　．‎ ‎【解】．‎ 把直线（为参数）化为普通方程为，与轴的交点为．‎ 于是圆心的坐标为；‎ 因为圆与直线相切，所以圆心到直线的距离即为半径，‎ 因此．‎ 所以圆的方程为．‎ ‎14．如图，四边形是圆的内接四边形，延长和相交于点．若，．则的值为　　　　．‎ ‎【解】．‎ 因为四边形是圆的内接四边形，‎ 所以，又，‎ 所以．‎ 于是．‎ 因为，，所以，‎ 从而，于是，‎ ‎．‎ ‎15．如图，在中，，，，则　　　　．‎ ‎【解】．‎ 设，则，．‎ 又，，则．‎ 解法1．．‎ 因为，所以．‎ 因为是直角三角形，所以．‎ 于是．‎ 解法2．‎ ‎．‎ 解法3．设,则.‎ 在中，由正弦定理得,‎ 即,所以，．‎ ‎．‎ 解法4．根据题意,建立如图的直角坐标系.．则．‎ 设,于是，．‎ ‎．为此，只需求出点的横坐标．‎ 作轴于．由，‎ 则，于是，于是．．‎ 即点的横坐标．所以．‎ ‎16．设函数．对任意，‎ 恒成立，则实数的取值范围是　　　　．‎ ‎【解】．‎ 解法１．不等式化为，即 ‎，‎ 整理得，‎ 因为，所以，‎ 设，．‎ 于是题目化为，对任意恒成立的问题．‎ 为此需求，的最大值．‎ 设，则．‎ 函数在区间上是增函数，因而在处取得最大值．‎ ‎，‎ 所以，‎ 整理得，即，‎ 所以，解得或，‎ 因此实数的取值范围是．‎ 解法2．同解法1,题目化为，对任意恒成立的问题．‎ 为此需求，的最大值．‎ 设，则．‎ ‎．‎ 因为函数在上是增函数，‎ 所以当时，取得最小值．‎ 从而有最大值．‎ 所以，‎ 整理得，即，‎ 所以，解得或，‎ 因此实数的取值范围是．‎ 解法3．不等式化为，即 ‎，‎ 整理得，‎ ‎　　令．‎ 由于，则其判别式，因此的最小值不可能在函数图象的顶点得到，‎ 所以为使对任意恒成立，必须使为最小值，‎ 即实数应满足 ‎　　　‎ ‎　　解得，‎ 因此实数的取值范围是．‎ 解法4．(针对填空题或选择题)由题设，因为对任意，‎ 恒成立，‎ 则对，不等式也成立，‎ 把代入上式得，即 ‎ ，‎ 因为，上式两边同乘以，并整理得 ‎，即，‎ 所以，解得或，‎ 因此实数的取值范围是． ‎ 三．解答题：本大题共小题，共分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（本小题满分分）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求函数的最小正周期及在区间上的最大值和最小值．‎ ‎（Ⅱ）若，．求的值．‎ ‎【解】（Ⅰ）由得 ‎．‎ 所以函数的最小正周期为．‎ 因为，所以．‎ 所以，即时，函数为增函数，而在时，函数为减函数，‎ 所以为最大值，为最小值．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，又由已知，‎ 则．‎ 因为，则，因此，‎ 所以，于是 ‎，‎ ‎　　　‎ ‎　　　．‎ ‎18．（本小题满分分）某射手每次射击击中目标的概率是，且各次射击的结果互不影响．‎ ‎（Ⅰ）假设这名射手射击次，求恰有次击中的概率．‎ ‎（Ⅱ）假设这名射手射击次，求有次连续击中目标，另外次未击中目标的概率．‎ ‎（Ⅲ）假设这名射手射击次，每次射击，击中目标得分，未击中目标得分，在次射击中，若有次连续击中，而另外次未击中，则额外加分；若次全击中，则额外加分．记为射手射击次后的总得分数，求的分布列．‎ ‎【解】（Ⅰ）设为射手在次射击中击中目标的次数，则．‎ 在次射击中恰有次击中的概率为 ‎　　　．‎ ‎（Ⅱ）设“第次击中目标”为事件，“射手在次射击中有次连续击中目标，另外次未击中目标”为事件．则 ‎　　‎ ‎　　．‎ ‎（Ⅲ）由题意，的所有可能取值为．‎ 三次均未中）‎ ‎　　　　；‎ 仅击中次）‎ ‎　　　　‎ ‎　　　　；‎ 击中次但未连续击中）‎ ‎　　　　　；‎ 有次连续击中）‎ ‎　　　　；‎ 次连续击中）．‎ 或 ‎．‎ 所以的分布列为 ‎　　‎ ‎　　‎ ‎19．（本小题满分分）如图，在长方体中，分别是棱，上的点，，．‎ ‎（Ⅰ）求异面直线与所成的角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）证明：；‎ ‎（Ⅲ）求二面角的正弦值．‎ ‎【解】解法1．如图所示，建立空间坐标系，点为坐标原点．设，由，知 ‎，，，．‎ 于是，，，，．‎ ‎（Ⅰ），．‎ 于是．‎ 由于异面直线所成的角的范围是，‎ 所以异面直线与所成的角的余弦值为．‎ ‎（Ⅱ），，，‎ 则，．‎ 于是，，又，‎ 所以．‎ ‎（Ⅲ）设平面的法向量，则即 取，则，．．‎ 由（Ⅱ）可知，为平面的一个法向量，又．‎ 所以，从而．‎ 所以二面角的正弦值为．‎ 解法2．设，由，知 ‎，，，．‎ ‎（Ⅰ）连接，，设与交于点，易知．‎ 由，所以．‎ 所以是异面直线与所成的角．‎ 因为，‎ 所以由余弦定理有 ‎　　　．‎ 所以异面直线与所成的角的余弦值为．‎ ‎（Ⅱ）连接，设与交于点．‎ 因为，所以．‎ 从而．‎ 又由于，所以．‎ 因此．‎ 又因为，且，所以．从而．‎ 连接，同理可证，从而，所以．‎ 因为，，，所以．‎ ‎（Ⅲ）连接．由（Ⅱ）可知．‎ 又，，所以．‎ 因此为二面角的平面角．‎ 易知，则，又，所以．‎ 在中，．‎ 在中，。‎ 连接，在中，。‎ 在中，，‎ 所以。‎ 所以二面角的正弦值为．‎ ‎20．（本小题满分分）已知椭圆的离心率．连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线与椭圆相交于不同的两点．已知点的坐标为，点在线段的垂直平分线上，且．求的值．‎ ‎【解】（Ⅰ）由得，再由得．‎ 因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为，‎ 所以，则，‎ 解方程组得．‎ 所以椭圆的方程．‎ ‎（Ⅱ）解法1．由（Ⅰ）得.设点的坐标为，‎ 由题意直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为。‎ 于是两点的坐标满足方程组 由方程组消去并整理得 ‎ ，‎ 因为是方程的一个根，则由韦达定理有 ‎ ，‎ 所以，从而。‎ 设线段的中点为，则的坐标为．‎ 下面分情况讨论：‎ ‎(1) 当时，点的坐标为，线段的垂直平分线为轴．‎ 于是，，由得．‎ ‎(2) 当时，线段的垂直平分线方程为 ‎　　　　．‎ 令得 由，，‎ ‎．‎ 整理得．．‎ 所以．‎ 综上，或．‎ 解法2．若轴，则,‎ ‎;‎ 若直线的中垂线斜率存在,设，‎ 则直线中垂线方程： ．‎ ‎　　令，则，‎ ‎　　因为在椭圆上，则，‎ ‎　　因此．‎ ‎　　．‎ ‎　　整理得，解得，（舍）．‎ ‎　　，所以．‎ ‎　　于是．‎ 综上，或．‎ ‎21．（本小题满分分）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；‎ ‎（Ⅱ）已知函数的图象与函数的图象关于直线对称．证明当时，．‎ ‎（Ⅲ）如果，且，证明．‎ ‎【解】（Ⅰ）．‎ 令，则．‎ 当变化时，的变化情况如下表：‎ 增 极大值 减 所以在区间内是增函数，在区间内是减函数．‎ 函数在处取得极大值．且．‎ ‎（Ⅱ）因为函数的图象与函数的图象关于直线对称，‎ 所以，于是．‎ 记，则 ‎，‎ 当时，，从而，又，‎ 所以，‎ 于是函数在区间上是增函数．‎ 因为，所以，当时，．‎ 因此．‎ ‎（Ⅲ）(1) 若，由（Ⅰ）及,得,与矛盾；‎ ‎(2) 若，由由（Ⅰ）及,得,与矛盾；‎ 根据(1)，(2)可得．不妨设．‎ 由（Ⅱ）可知，所以．‎ 因为，所以，又，‎ 由（Ⅰ），在区间内是增函数，‎ 所以　，即．‎ ‎22．（本小题满分分）在数列中，，且对任意，‎ 成等差数列，其公差为．‎ ‎（Ⅰ）若，证明成等比数列；‎ ‎（Ⅱ）若对任意，成等比数列，其公比为．‎ ‎(ⅰ) 设,证明是等差数列;‎ ‎(ⅱ) 若,证明.‎ ‎【解】（Ⅰ）解法1．由题设可得，．‎ 所以 ‎　　　　　　．‎ 因为，所以．‎ 从而由成等差数列，其公差为得．‎ 于是．‎ 因此，，所以，‎ 于是当时，对任意， 成等比数列．‎ 解法2．用数学归纳法．‎ ‎(1) 当时，因为成公差为的等差数列，及，则．‎ 当时，因为成公差为的等差数列，及，则．‎ 由，，所以成等比数列．‎ 所以当时，结论成立；‎ ‎(2) 假设对于结论成立，即 成公差为等差数列，成等比数列，‎ 设，则，，‎ 又由题设成公差为等差数列，‎ 则，‎ 因此，解得．‎ 于是，．‎ ‎．‎ 再由题设成公差为等差数列，‎ 及，‎ 则．‎ 因为，，，‎ 所以，，‎ 于是成等比数列．‎ 于是对结论成立，‎ 由(1)，(2)，对对任意,结论成立．‎ ‎（Ⅱ）(ⅰ)证法1．由成等差数列，成等比数列,‎ 则 ,即．‎ 因为,可知,‎ 从而，‎ 即，‎ 所以是等差数列，且公差为．‎ 证法2．由题设,,‎ ‎,‎ 所以.‎ ‎．‎ 因为,可知,‎ 于是　．‎ 所以是等差数列，且公差为．‎ ‎(ⅱ)　 证法1．由（Ⅰ）得解法1和解法2均可得．‎ 从而，，‎ 因此，，‎ ‎，．‎ ‎(1) 当为偶数时，设．‎ 若，则，满足；‎ 若，则 ‎　　　‎ ‎　　　‎ ‎　　　‎ ‎　　　‎ ‎　　　．‎ 所以，所以，．‎ ‎(2) 当为奇数时，设．‎ ‎　　　‎ ‎　　　‎ ‎　　　．‎ 所以，所以，．‎ 由(1)，(2)可知，对任意，．‎ 证法2．由（Ⅰ）得解法1和解法2均可得．‎ 从而．‎ 所以，由，可得．‎ 于是由（Ⅰ）知，．‎ 以下同证法１．‎ ‎　　2010年天津高考数学卷（文科详解）‎ 第　Ⅰ　卷 一．选择题：本卷共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的．‎ ‎1．是虚数单位，复数（　　）．‎ ‎　　　Ａ．　　　Ｂ．　　　Ｃ．　　　Ｄ．‎ ‎【解】．故选Ａ．‎ ‎2．设变量满足约束条件则目标函数的最大值为（　　　）．‎ ‎　　　Ａ．　　　Ｂ．　　　Ｃ．　　　Ｄ．‎ ‎【解】画出可行域如图，直线经过时，目标函数取得最大值，‎ 所以．故选Ｂ．‎ ‎3．阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出的值为（　　　）．‎ ‎　　Ａ．　　　　　　Ｂ．　　　‎ ‎　　Ｃ．　　　　　　Ｄ．‎ ‎【解】第一步得，；‎ 第二步得，；‎ 第三步得，；‎ 第四步得，；‎ 到第四步，不是大于，因此输出，所以输出的．故选Ｂ．‎ ‎4．函数的零点所在的一个区间是（　　）．‎ ‎　　Ａ．　　　Ｂ．　　　　Ｃ．　　　Ｄ．‎ ‎【解】因为，，‎ ‎，‎ 所以函数的零点所在的一个区间是．故选Ｃ．‎ ‎5．下列命题中，真命题是（　　）． ‎ Ａ．，使函数是偶函数　　　‎ Ｂ．，使函数是奇函数　　　　‎ Ｃ．，使函数都是偶函数　　　　‎ Ｄ．，使函数都都是奇函数　‎ ‎【解】当时，函数是偶函数，故选Ａ．‎ 此外，，函数都都不是奇函数，因此排除Ｂ，Ｄ．‎ 若，则函数既不是奇函数也不是偶函数．因此排除Ｃ．‎ ‎6．设，，，则（　　　）．‎ ‎　　Ａ．　　　　　　　Ｂ． ‎ ‎　　Ｃ．　　　　　　　Ｄ． ‎ ‎【解】因为，，，‎ 所以，‎ 所以，故选Ｄ．‎ ‎7．设集合，．若，则实数的取值范围是（　　）．‎ ‎　Ａ．　　　　　　　B．　　　‎ ‎　C．　　　　　D． ‎ ‎【解】集合化为，又 因为，则或，即或．故选Ｃ．‎ ‎　　　　　　‎ ‎8．右图是函数在区间上的图象，为了得到这个函数的图象，只要将的图象上的所有的点（ 　 ）．‎ Ａ．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变 Ｂ．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变 Ｃ．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变 Ｄ．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变 ‎【解】解法1．如图，平移需满足，解得．因此首先将的图象上的所有的点向左平移个单位长度，‎ 又因为该函数的周期为，于是再需把的图象上的所有的点横坐标缩短到原来的倍．故选Ａ．‎ 解法2．由已知图象得解得，又，‎ 所以图中函数的解析式是，‎ 因此该函数的图象是将的图象上的所有的点向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变得到的．故选Ａ．‎ ‎9．如图，在中，，，，则（　　）．‎ ‎　　Ａ．　　　Ｂ．　　　Ｃ．　　Ｄ．‎ ‎【解】设，则，．‎ 又，，则． ‎ 解法1．．‎ 因为，所以．‎ 因为是直角三角形，所以．‎ 于是．故选Ｄ．‎ 解法2．‎ ‎　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　．故选Ｄ．‎ 解法3．设,则.‎ 在中，由正弦定理得,‎ 即,所以，．‎ ‎．故选Ｄ．‎ 解法4．根据题意,建立如图的直角坐标系.．则．‎ 设,于是，．‎ ‎．为此，只需求出点的横坐标．‎ 作轴于．由，‎ 则，于是，于是．．‎ 即点的横坐标．所以．故选Ｄ．‎ ‎10．设函数，则的值域是（　　）．‎ ‎　　Ａ．　　　　　Ｂ．， ‎ ‎　　Ｃ．　　　　　　　　Ｄ．‎ ‎【解】解得，则或．‎ 因此的解为．‎ 于是 当或时，．‎ 当时，，则，‎ 又当和时，，‎ 所以．‎ 由以上，可得或，因此的值域是．故选Ｄ．‎ ‎　　　　‎ ‎　　　　　　　　　　　　第　Ⅱ　卷 二．本大题共小题，每小题分，共分．把答案填在题中横线上．‎ ‎11．如图，四边形是圆的内接四边形，延长和相交于点．若，．则的值为　　　　．‎ ‎【解】．‎ 因为四边形是圆的内接四边形，‎ 所以，又，‎ 所以．‎ 于是．‎ 因为，，，所以，．‎ ‎12．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为　　　　　．‎ ‎【解】．‎ 设几何体的体积为，则． ‎ ‎13．已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点与抛物线的焦点相同，则双曲线的方程为　　　　　．‎ ‎【解】．‎ 由题设可得双曲线方程满足，即．‎ 于是．‎ 又抛物线的焦点为，则．与 ‎　　　　　　　，于是．‎ 所以双曲线的方程． ‎ ‎14．．已知圆的圆心是直线与轴的交点，且圆与直线相切，则圆的方程为　　　　　　　　　．‎ ‎【解】．‎ 直线与轴的交点为．‎ 于是圆心的坐标为；‎ 因为圆与直线相切，所以圆心到直线的距离即为半径，‎ 因此．‎ 所以圆的方程为．‎ ‎15．设是等比数列，公比，为的前项和．记，，设为数列的最大项，则　　　　．‎ ‎【解】．‎ 设，则，，，‎ ‎．‎ ‎，‎ 因为函数在时，取得最小值，‎ 所以在时取得最大值．‎ 此时，解得．即为数列的最大项，则．‎ ‎16．设函数．对任意，恒成立，则实数的取值范围是　　　　．‎ ‎【解】．‎ 解法1．显然，‎ 由于函数对是增函数，‎ 则当时，不恒成立，‎ 因此．‎ 当时，函数在 是减函数，‎ 因此当时，取得最大值，‎ 于是恒成立等价于的最大值，‎ 即，‎ 解得．‎ 于是实数的取值范围是．‎ 解法2．然，‎ 由于函数对是增函数，‎ 则当时，不成立，‎ 因此．‎ ‎，‎ 因为，，则，‎ 设函数，则当时为增函数，‎ 于是时，取得最小值．‎ 解得．‎ 于是实数的取值范围是．‎ 解法3．因为对任意，恒成立，‎ 所以对，不等式也成立，‎ 于是，即，‎ 解得．‎ 于是实数的取值范围是．‎ 三．解答题：本大题共小题，共分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（本小题满分分）在中，．‎ ‎（Ⅰ）证明：．‎ ‎（Ⅱ）若．求的值．‎ ‎【解】（Ⅰ）在中，由及正弦定理得，‎ 于是，即，‎ 因为，，则，‎ 因此，所以．‎ ‎（Ⅱ）由和（Ⅰ）得，‎ 所以，‎ 又由知，所以．‎ ‎．‎ ‎．‎ 所以．‎ ‎18．（本小题满分分）有编号为的个零件，测量其直径（单位：），得到下面数据：‎ 编号 直径 其中直径在区间内的零件为一等品．‎ ‎（Ⅰ）从上述个零件中，随机抽取一个，求这个零件为一等品的概率．‎ ‎（Ⅱ）从一等品零件中，随机抽取个．‎ ‎(ⅰ)用零件的编号列出所有可能的抽取结果；‎ ‎(ⅱ)求这个零件直径相等的概率 ‎【解】（Ⅰ）由所给的数据可知，一等品的零件共有个．‎ 设“从个零件中，随机抽取一个为一等品”为事件，则 ‎　　　　　．‎ 所以从个零件中，随机抽取一个零件为一等品的概率为．‎ ‎（Ⅱ）(ⅰ)一等品零件的编号为．‎ 从这个一等品零件种随机抽取个，所有可能的抽取结果有　‎ ‎　　　，，，，，‎ ‎　　　，，，，，‎ ‎　　　，，，，．‎ 共种．‎ ‎(ⅱ) 记“从一等品零件中，随机抽取个直径相等”为事件，则事件的所有可能结果有 ‎　　，，，，，‎ 共种．‎ ‎　　所以．‎ 因此从一等品零件中，随机抽取个直径相等的概率为．‎ ‎19．（本小题满分分）如图，在五面体中，四边形是正方形，，，，，．‎ ‎（Ⅰ）求异面直线与所成的角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）证明：；‎ ‎（Ⅲ）求二面角的正切值．‎ ‎【解】（Ⅰ）因为四边形是正方形，所以．‎ 故为异面直线与所成的角．‎ 因为，所以．故．‎ 在中，，，所以．‎ 因此．‎ 所以异面直线与所成的角的余弦值为．‎ ‎（Ⅱ）过点作，交于，‎ 则，又，‎ 所以．从而．‎ 又，且．‎ 所以．‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）及已知，可得，即为的中点．‎ 取的中点，连接．则．‎ 因为，所以．‎ 过点作，交于．‎ 则为二面角的平面角．‎ 连接，可得．‎ 所以，从而．由已知可得．‎ 由，，可得．‎ 在中，．‎ 所以二面角的正切值为．‎ ‎20．（本小题满分分）已知函数，其中．‎ ‎（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）若在区间上，恒成立，求的取值范围．‎ ‎【解】（Ⅰ）当时，，．‎ ‎，．‎ 所以曲线在点处的切线方程为　　‎ ‎　　　　，‎ 即　　　　．‎ ‎（Ⅱ）．‎ 令，解得或．‎ 针对区间，需分两种情况讨论：‎ ‎(1) 若,则．‎ 当变化时，的变化情况如下表：‎ 增 极大值 减 所以在区间上的最小值在区间的端点得到．‎ 因此在区间上，恒成立，等价于 ‎　　　　　即 解得，又因为，所以．‎ ‎(2) 若，则．‎ 当变化时，的变化情况如下表：‎ 增 极大值 减 极小值 增 所以在区间上的最小值在区间的端点或处得到．‎ 因此在区间上，恒成立，等价于 ‎　　　　　　即 解得或，又因为，所以．‎ 综合(1),(2), 的取值范围为.‎ ‎21．（本小题满分分）‎ 已知椭圆的离心率．连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线与椭圆相交于不同的两点．已知点的坐标为．‎ ‎(ⅰ) 若,求直线的倾斜角;‎ ‎(ⅱ)点在线段的垂直平分线上，且．求的值．‎ ‎【解】（Ⅰ）由得，再由得．‎ 因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为，‎ 所以，则，‎ 解方程组得．‎ 所以椭圆的方程．‎ ‎（Ⅱ）(ⅰ)由（Ⅰ）得.设点的坐标为，‎ 由题意直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为。‎ 于是两点的坐标满足方程组 由方程组消去并整理得 ‎ ，‎ 因为是方程的一个根，则由韦达定理有 ‎ ，‎ 所以，从而．‎ ‎，‎ 由，得，‎ 整理得　，，所以．‎ 所以直线的倾斜角为或．‎ ‎(ⅱ)线段的中点为，则的坐标为．‎ 下面分情况讨论：‎ ‎(1) 当时，点的坐标为，线段的垂直平分线为轴．‎ 于是，，由得．‎ ‎(2) 当时，线段的垂直平分线方程为 ‎　　　　．‎ 令得 由，，‎ ‎．‎ 整理得．．‎ 所以．‎ 综上，或．‎ ‎22．（本小题满分分）在数列中，，且对任意，成等差数列，其公差为．‎ ‎（Ⅰ）证明成等比数列；‎ ‎（Ⅱ）求数列 的通项公式；‎ ‎（Ⅲ）记．证明．‎ ‎【解】（Ⅰ）由题设可知，，，，， ，‎ 所以．因此成等比数列．‎ ‎（Ⅱ）由题设可得，．‎ 所以 ‎　　　　　　．‎ 因为，所以．‎ 从而由成等差数列，其公差为得．‎ 所以，数列 的通项公式为 ‎（或．‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，．‎ 下面对分为奇数和偶数讨论．‎ ‎(1) 当为偶数时，设．‎ 若，则，满足；‎ 若，则 ‎　　　‎ ‎　　　‎ ‎　　　‎ ‎　　　‎ ‎　　　．‎ 所以，所以，．‎ ‎(2) 当为奇数时，设．‎ ‎　　　‎ ‎　　　‎ ‎　　　．‎ 所以，所以，．‎ 由(1)，(2)可知，对任意，．‎