2007~2013新课标广东数学理科高考试卷答案

2007~2013新课标广东数学理科高考试卷答案 2007参考答案 一、选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 (每小题5分，共40分) 二、填空题(每小题5分，共30分) 9( 36 ;10( –540 ;11( 9π ;12(16x-8y+25=0 ; 13( ，;14( ???? 或 ???? 。 三、解答题(共80分)解答应写出文字说明， 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 过程或演算步骤。 15((本小题满分14分) 解:(I)证明:显然f(x)的定义域是R。设任意， ， 4分 函数f(x)是奇函数 6分 (II)解:， 8分 令，由，解 1 10分 由此可知，当时，， 得 所以函数的单调增区间是(-1，1); 12分 当或时，， 所以函数的单调减区间分别是(，-1)，(1，) 14分 (写出的区间，无论是否包含端点均可给分。) 16((本小题满分12分) (I)?， ?若，共向，则 ,, „„„„„„„ 3′ ?若，异向，则 ,,,,2 „„„„„„ 6′ (II)?，的夹角为135?， ? ,,,1 „„ 8′ 1 ?，,(，)2 ,，，,1，2,2,1 „„„„ 11′ ? 17((本小题满分14分) 方法一: (I)证明:连结 在 AOC中，由已知可得 而 M 即 平面BCD (II)解:取AC的中点M，连结OM、ME、OE，由E为BC的中点知ME?AB,OE?直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角 在中， 是直角斜边AC上的中线， 异面直线AB与CD 所成角的大小为arccos4 (III)解:设点E到平面ACD的距离为 3h.S1 在 ACD中， 2 而 点E到平面ACD 的距离为7 方法二: (I)同方法一。 (II)解:以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则 CA(0,0,1),E(1 异面直线AB与CD所成角 的大小为arccos4 (III)解:设平面ACD的法向量为则 令 1,得是平面ACD的一个法向量。 又 点到平面ACD 的距离 3 18((本小题满分14分) 11C5C51(?)解法一:三支弱队在同一组的概率为 故有一组恰有两支弱队的概率为 解法二:有一组恰有两支弱队的概率7C84C84 (?)解法一:A组中至少有两支弱队的概率 442C8C8 ，由于对A组和B组来 解法二:A、B两组有一组至少有两支弱队的概率为1 说，至少有两支弱队 的概率是相同的，所以A组中至少有两支弱队的概率为. 1 2 19((本小题满分14分) 解(?)依题意,可设直线AB的方程为代入抛物线方程得 ? 设A、B两点的坐标分别是(x1,y1)、(x2,y2),则x1、x2是方程?的两根。 所以 由点P(0，m)分有向线段AB所成的比为， 得， 即 又点Q是点P关于原点的以称点， 故点Q的坐标是(0，--m),从而 4 =2m(x 2 =0， 所以 (?) 由 得点A、B的坐标分别是(6，9)、(--4，4)。 由得 4x2， 2x, 所以抛物线在点A处切线的斜率为。 设圆C的方程是 ， 则 解之得 所以圆C的方程是 2， 20((本小题满分12分) 解:(I)三角形数 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 中前m行共有 2个数， 第m行最后一个数应当是所给奇数列中的第 2项。 故第m行最后一个数是 分 因此，使得a2 的m是不等式的最小正整数解。 由得 于是，第45行第一个数是 分 (II)， 2)ny。 故 分 5 第n行最后一个数是，且有n个数，若将看成第n行第一个数，则第n行各数成公差为-2的等差数列，故b1) 。 1n 2)n 8分 故 22， 两式相减得: 1 2S1 2(1 分 2 分 6 2008参考答案 一、选择题:C D C C A D B B 1(C【解析】，而，即， 2(D【解析】，，故 3(C【解析】依题意我们知道二年级的女生有380人，那么三年级的学生的人数应该是，即总体中各个年级的人数比例为3:3:2，故在分层抽样中应在三年级抽取的学生人数为 4(C 5(A 6(D【解析】不难判断命题p为真命题，命题q为假命题，从而上述叙述中只有为真命题 7(B【解析】，若函数在上有大于零的极值点，即 有有正根。当成立时，显然有，此时 ，由我们马上就能得到参数a的aa 范围为。 8(B 二、填空题: 9(【解析】要结束程序的运算，就必须通过n整除a的条件运算，而同时m也整除a，那么a的最小值应为m和n的最小公倍数12，即此时有。 26810(【解析】按二项式定理展开的通项为，我们知道x的系数为r2rrr2r ，即，也即，而k是正整数，故k只能取1。 11(【解析】易知点C为，而直线与垂直，我们设待求的直线的方程为，将点C的坐标代入马上就能求出参数b的值为，故待求的直线的方程为。 12( ，故函数的最小正周期2242 【解析】 。 2 二、选做题(13—15题，考生只能从中选做两题) (【解析】由，即两曲线的交点为)。 解得 7 14( 4 15(【解析】依题意，我们知道由相似三角形的性质我们有 PAPB , 即 2R AB 2PB 三、解答题:本大题共6小题，满分80分(解答须写出文字说明，证明过程 或演算步骤( 16(解:(1)依题意有，则将点， 而，,代入得， 3232 ，，故; 3622 (2)依题意有，而， 5132 45 ， 513 3124556 。 51351365 17(解:(1)的所有可能取值有6，2，1，-2; 12650 ， 204 ， 故的分布列为: (2)E(3)设技术革新后的三等品 率为x，则此时1件产品的平均利润为 依题意，，即，解得所以三等品率最多为3% 图4 8 12 18(解:(1)由得， 8 2 当得，点的坐标为， 1 x， ， 4 过点G的切线方程为即， 令得，点的坐标为， 由椭圆方程得F1点的坐标为(b,0)，即， x2 即椭圆和抛物线的方程分别为和; (2)过A作x轴的垂线与抛物线只有一个交点P, 以为直角的只有一个，同理以为直角的只有一个。 若以为直角，设P点坐标为，A、B 两点的坐标分别为( 和， 。 关于x2的二次方程有一大于零的解，有两解，即以为直角的 有两个， 因此抛物线上存在四个点使得为直角三角形。 19(解: ， 对于 ， 当时，函数F(x)在上是增函数; 当时，函数F(x )在 上是减函数，在(1上是增函数; 对于， 当时，函数F(x)在上是减函数; 当时，函数F(x)在 上是减函数，在上是增函数。 20(解:(1)在Rt中， ， 而PD垂直底面ABCD ， 在中，即为以为直角的直角三角形。 图5 9 设点D到面PAB的距离为H, 由有即 ， GC ,而即 ，是直角三角形; (3)时 即 EFG的面积 R22 21(解:(1)由求根公式，不妨设 ，得 ， )设，则，由得，， (2 消去 t，得，是方程x2 的根， 由题意可知， ?当时，此时方程组 的解记为或 即、分别是公比为、的等比数列， 由等 比数列性质可得 , 两式相减，得 ，， ， 10 n ，即 ， ?当时，即方程有重根， ， 即 ，得 ，不妨设，由?可知 ，， 即 ，等式两边同时除以 ，得 xn xn ，即 数列{x 是以1为公差的等差数列， 综上所述， (3)把， 14代入，得x2 ，解得 n2 )n )n 11 2009 答案 1.解:，，所以 故，选B 2. 解:因为，， ，所以满足的最小正整数n的值是4。故，选C .解:由函数y,f(x)是函数且的反函数，可知， 又其图像经过点a)，即loga ，所以。故答B 22526。解:在 中，令n=5,得，令n=3,得， 5n又，所以，，从而解得，公比，， ，， 所以(2n-1)= 5.解: 显然 ?和?是假命题，故否定A,B,C, 答 D. 6.解:依题意，可知，所以， 所以，力F ， 答D。 22 1137。解:若小张和小赵两人都被选中，则不同的选派 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 有种， 种， 若小张和小赵两人只有一人都被选中，则不同的选派方案有 故， 总的不同的选派方案共有12+24=36种。 答A。 8. 解:因为速度函数v(t)是路程函数s(t)的导函数，即，所以围成的图形的面积，即可看出，应选A。 9.解:记时求得的S值为Sk,记初始值为， 0t 根据定积分的定义，比较图中速度曲线v甲和v乙分别与x轴及直线， 故,答案为(1) 1 ;(2) n 则。解:设，则，依题意，得 ，解得或，所以或。 答: 。 x2y2 11.解:设椭圆G的方程为，焦半径为c, ab 12 依题意，得2a=12，且， 解得a=6，c=3, 所以 所以， 椭圆G的方程为x2 36 。 12。解:依题意，得 ，解得 答: 5 12 ; 1 4 13(解:直线 为参数)化为普通方程是 ， 该直线的斜率为 2， 直线 ( 为参数)化为普通方程是， 该直线的斜率为， 则由两直线垂直的充要条件，得 ， 。 14。解: 解得 2且。所以原不等式的解集为 2且 15(解法一:连结OA，OB，则?AOB=2?ACB=90O， 所以?AOB为等腰直角三角形，又， 所以，圆O的半径R=22，圆O的面积等于 解法二:设圆O的半径为R，在?ABC中，由正弦定理， 得4 ，解得R=22， 所以，圆O的面积等于 16(解:(1)? 向量a,’,与b,，互相垂直， ? ，即?， 又 ? ? 代入?，整理，得 5， 由 ，可知， ?，代入?得 5 13 故 5， 。 (2)?， ? 将(1)的结果代入其中，得 整理，得?， 又? ?代入?，整理，得 2 由 2，可知， 所以，解得 2。 17.解:(1)因为，在频率分布直方图中，各个小矩形的面积之和等于1， 依题意，得 又 3273 所以 。 (2)一年中空气质量为良和的天数为 (天); 一年中空气质量为轻微污染的天数为 (天); (3)由(2)可知，在一年之中空气质量为良或轻微污染的天数共有119+100=219 (天) 所以，在一年之中的任何一天空气质量为良或轻微污染的概率是 ， 设一周中的空气质量为良或轻微污染的天数为ξ，则ξ~B(7，3 5) ，(k=0,1,2,„,7) 设―该城市某一周至少有2天的空气质量为良或轻微污染‖为事件A，则 0716 78125. 18.(1)解:?点D,E1,G1分别是点A,,,,在平面DCC1D1内的正投影( ?四边形FGAE在平面DCC1D1内的正投影为四边形FG1DE1 S211 又EE1?平面 DCC1D1，且 所以，所求锥体的体积为 14 (,)证明:?EE1?平面 DCC1D1，平面 DCC1D1， ?EE1?FG1 ?在正方形DCC1D1中，E1,F,G1分别是CC1,C1D1,D1D的中点， ? ， ? ?E1F?FG1 又EE1?E1F=E1 平面FEE1; ? (,)设GG1的中点为H，连结EH，E1G1 则EH?E1G1?CD，且EH=E1G1=CD=2， ?AEH就是异面直线E1G1与EA所成角 又CD?平面AA1DD1， ?EH?平面AA1DD1 在RT?AEH中，EH =2，AH=2，所以EA=6 O 。 EA36 解法2:(1)依题作点E、G在平面DCC1D1 即P(s,s)，且 15 设线段PQ的中点为M(x,y), 则点M的轨迹的参数方程为 (s为参数，且); 消去s 整理，得，且 所以，线段PQ的中点M的轨迹方程是，; (,)曲线可化为， 7它是以G(a,2)为圆心，以为半径的圆， 5 设直线与y轴相交于点E，则E点的坐标为E(0,2); 自点A做直线的垂线，交直线y=2 于点F， 2222 0在RT?EAF中，?AEF= 45，，所以， ， 5 ?当且圆G与直线l相切时，圆心G必定在线段FE上， ? 且切点必定在线段AE上， 于是，此时的a的值就是所求的最小值。 当圆G与直线相切时 解得， 57272，或者(舍去) 55 72( 5 所以，使曲线G与平面区域D有公共点的a的最小值是 若圆G的半径大于|AF|,则圆G与直线l的切点将落在线段EA这时令圆G过点A，求出的a 的两个值，其中的那个较小的数，才是所求。) 20.解:设二次函数的解析式为 则它的导函数为， ? 函数的图像与直线平行， ? 2a=2，解得a=1, 所以 ， ?在处取得极小值 ?，即，解得。 16 g(x)m所以 ，() (1)设点点 (，0)为曲线上的任意一点 2 则点P到点Q(0,2)的距离为 2 由基本不等式定理可知 ， 当且仅当 2时，等号―=‖成立，此时 又已知点P到点Q (0,2)，所以令两边平方整理， 得 当时，，解得 当时，，解得 所以，m的值为或者; 2)函数令 () 令，即 ()， 整理，得()，? 函数存在零点，等价于方程?有非零实数根， 由可知，方程?不可能有零根， 当k=1 时，方程?变为，解得 ，方程?有唯一实数根， 此时， 函数存在唯一的零点 2; 当k?1 时，方程?根的判别式为， 令，解得 m， 方程?有两个相等的实数根， 此时， 函数存在唯一的零点; 令，得m(1-k)<1 , 当m>0时，解得 m， 当m<0时，解得 m， 以上两种情况下，方程?都有两个不相等的实数根 ， 此时， 函数存在两个零点 17 ( ， 综上所述，函数存在零点的情况可概括为 当k=1 时，函数存在唯一的零点 2; 当 m时，函数存在唯一的零点; 当 m>0且 m，或者m<0且 m时，函数存在两个零点 ，。 21.(1)解:曲线可化为 n:x， 所以，它表示以Cn(n,0)为圆心，以n 为半径的圆， 切线ln的方程 为， 联立 ，消去y 整理，得 ，? 2 ， 令，解得k2n ， 此时，方程?化为 整理，得，解得xn ， 所以 yn ?数列{xn n}的通项公式为 数列{yn n}的通项公式为。 n (,)证明:? ， ? n ? ，又 4 18 令，则， yn4 要证明，只需证明当时，恒成立即可。 ynyn4 设函数， 则， ? 在区间 ?当上为增函数， 4时， ， ?在区间上为单调递减函数， ? 对于一切 ? 很成立， 2sinx，即 综上，得 2010高考数学理科(广东卷)参考答案 一.选择题 1. D; 2.A; 3.D; 4.C; 5.A; 6.D; 7.B; 8.C 二。填空题 ; 10. 2; 11. 1; ; 14.8; 15. 三。解答题 ; 19 ( 25，5，5，5， 17.解:(1)重量超过505克的产品数量是: (2)Y的分布列为: 3(3)设所取的5件产品中,重量超过505克的产品件数为随机变量Y,则 327330872从而P(Y=2)=C5()()=.101010000 3087即恰有2件产品的重量超过505克的概率为.10000 :(1)连结CF. 18.证明 为线段AD的三等分点即B为半圆AEC的圆心, 又E为半圆AEC的中点 在中所以是等腰三角形,且点C是底边BD的中点,所以故在中所以 由且平面BED,而平面 平面BDF,又平面 20 (2)设平面BED与平面RQD的交线为DG. 22 由BQ=3FE,FR=3FB知, QR||EB. 而平面BDF，?QR||平面BDF， 而平面平面RQD= DG， ?QR||DG||EB. 由(1)知，平面BDF，?平面BDF， 而平面RQD，平面BDF， ?，?是平面BED与平面RQD所成二面角的平面角( 在 BCF中，， 由知利用余弦定理RRD利用正弦定理即 故平面BED与平面RQD解法二:利用向量，请同学们自行完成19(解:设应当为该儿童分别预订x个单位的午餐，y个单位的晚餐，所花的费用为z，则依题意得: 满足条件即， 目标函数为， ，得到斜率 作出二元一次不等式组所表示的平面区域(图略)，把 变形为 21 5z 为8，在y轴上的截距为4，随z变化的一族平行直线。 经过可行域上的点M(即直线与直线3x+5y-27=0的交点) 由图可知，当直线 时截距最小，即z最小. 得点M的坐标为(4,3), 所以解方程 组: 答:要满足营养要求，并花费最少，应当为该儿童分别预订4个单位的午餐，3个单位的晚餐， 所花的费用最少,且最少费用为22元. 20.(本小题满分14分 ) [来源:学,科,网了故，即2. 2 x2 且经检验,以上所得椭圆的四个顶点无法取到,故交点轨迹E的方程为2 (2)设，则由知，. x2 将代入得 x2 ， 2，即 ，即若与椭圆相切,则l1 同理若2与椭圆相切,则 由1与2与轨迹E都只有一个交点包含以下四种情况: ll 22 ll(1)直线1与2都与椭圆相切,即且消去h得k，即， 22从而 3，即 ll (2)直线1过点而2与椭圆相切,此时 解得; 解得(3) 直线2过点A2(2,0),而1与椭圆相切,此时 ll(4) 直线1过点而直线2过点A2(2,0),此时 2,, 综上所述,h的值为 21.(本题满分14分 23 24 25 26 27 2012年普通高等学校招生全国统一考试(广东卷)A 数学(理科)参考答案 一 、选择题:本大题共8小题，每小题5分，满分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 1.解析:5-= -5i 选D i -i(5-6i)=-6 2.解析:?集合U={1,2,3,4,5,6}， M={1,2,4 } ?选C 解析:BC=BA+AC=BA-CA=(2-4,3-7)=(-2,-4) 选A 4.解析:函数在区间(-2，+?)上为增函数;函数在区间(-1，+?)上为减 函数;函数在区间(-?，+?)上为减函数;函数在区间(0，1)上为减函数，在区间 (1，+?)上为增函数. 选A x 解析:1?作出变量x，y约束条件1的可行域(如图所示); 28 解得最优解(3,2) 当时，目标函数z=3x+y的最大值为zmax=11.选 6.解析:几何体的直观图如图所示，由一个圆柱和 同底的圆锥构成。 圆锥的高PO1=4 1创9p4=57p 3 7.解析:由题意知，个位数与十位数应该一奇一偶. ?个位数为奇数，十位数为偶数共有5×5=25个两位数; ?个位数为偶数，十位数为奇数共有5×4=20个两位数; 两类共有25+20=45个数，其中个位数为0，十位数为奇 几何体的体积V=V圆柱+V圆锥=9p?5 数的有10,30,50,70,90共5个数。 51=选解析:? ??位数为0的概率是 ??<cosq=12<1,即2<n1n2<4 ?n1n2=3，?n1?n2，?选C 22|b|?cosq=2 二、填空题:本大题共7小题，考生答6小题，每小题5分，满分30分。 (一)必做题(9-13题) 9. {x|x?1;; 2 (二)选做题(14-15题，考生只能从中选做一题) 14. 9.解析:[图象法]:折点——参考点——连线;运用相似三角形性质。 [分类讨论] 由不等式得 祆x?2-2<x 0 x>0镲镲 或或 眄镲 -2?12x2,121镲铑 解得x? 1 229 10.解析: x)6的展开式的通项为 Tr1r12-3r r+1=C6(x2)6-r(x)r=C6x 令12-3r=3 得r=3 ? x)的展开式中x的系数为C6=20 11.解析:设递增的等差数列的公差为d(d>0)，由a2 得 1+2d=(1+d)2-4 解得d= 2 舍去负值d=2?an=2n-1 12.解析:， 由点斜式得所求的切线方程为y-3=2(x-1) 即2x-y+1=0 13.解析:1?i=2,k=1,s=1Þs=1 k(s?i)1 1(1?2)2 2?i=4,k=2,s=2Þs=1 2(s?i)1 2(2?4)4 3?i=6,k=3,s=4Þs=1 k(s?i)1 3(4?6)8 i=8并不会―i<8‖故输出s的值为 14.解析:曲线C1的普通方程为:x2=y(x 0);曲线C2的普通方程为:x2+y2=2 解ìïïíx2=y(x 0)ìï ïïx=1 2得í ïîx+y2=2ïïîy=1 ?曲线C1与C2的交点坐标为(1,1) 15.解析:连结OA，则OA?AP ??ABC=30?，??AOC=60?，?APO=30?， ?tan?AOCPA OA= PA=三、解答题:本大题共6小题，满分80分。解答须写出文字说明、证明过 程和演算步骤。 16.解:(1)由T=2p w=10p得w=1 5 (2)由(1)知f(x)=2cos(1p 5x+6) ?f(5a+5p 3)=2cos[1 5(5a+5p 3)+p 6]=2cos(a+p 2)=-2sina=-6 5 ?sina=34 5，cosa= 5 30 5p15pp16 )=2cos[(5b-)+]=2cosb=656617 815?cosb=，sinb= 1717 4831513??f(5b- 17. 解:(1)图中学生期中考试数学成绩在 [80,90)的频率 f5=1-10(0.054+0.01+0.006×3)=1-0.82=0.18 ?x=0.018 (2)学生成绩不低于80分的频率f=10(0.018+0.006)=0.24 成绩不低于80分的学生人数为50f=50×0.24=12 成绩不低于90分的学生人数为50×10×0.006=3 ?随机变量x的取值为0,1,2，期中考试数学成绩在 [80,90)的学生数为12-3=9, 11C92C9?C3C32691p(x=0)=2==p(x=2)==，p(x=1)=， 22C1211C1222C1222 随机变量x的分布列为 随机变量x的数学期望E(x)===2222 18.解:(1)?PA?平面ABCD ，BDÌ平面ABCD ?BD?PA ?PC?平面BDE，BDÌ平面BDE ?BD ?PC ?PA?PC=P ?BD ?平面PAC; (2)设AC?BD=O，连结OE ? PC?平面BDE。 2??BEO为二面角B-PC-A的平面角 ?BD?平面PAC， ACÌ平面PAC ?AC?BD，?ABCD为正方形 ?AD=2，?，AC=在Rt?PAC中PC=3 ?PC?平面BDE，OEÌ平面BDE ?PC?OE，??PAC??OEC 31 ?OEOCPA=PC ?OE=PA?OC PC1? 在Rt?BOE中tan?BEO=BO EO=3 即二面角B-PC-A的正切值为3。 19.解:(1)? 且成等差数列 ìïï2S1=2a1=a2-a3ìïa1=1 ?ïïï íï2S2aï ï2=1+2a2=a3-7 解得ïía ïïî2(aïï2=5 2+5)=a1+a3?ïîa319 ? (2) ? ? 2San ? ?-?化得an+1=3an+2n(n 2) ?a2=5 ?an 2=5=3a1+n+1=3an+2(n N*) ?an+131an+13 2n+1=2?an 2n2，2n+1+1=2?(an 2n1) 故数列{an 2n+1}成首项为a13 21+1=2，公比也为3 2的等比数列，于是有 an 2n+1=(32)n?an 2n=(3n2)-1， an=3n-2n ?a3n-11 (3) n-=3n-2n-3n-=2?3n-12n=2(3n-1-2n-1) 0(当n=1时，取等号。) ?an?3n-10， ? 1 a?1 n-1 (当且仅当n=1时，取等号。) n3 ?1 3 20.解:(1 )? a=,c=(k>0) ?b=k 故椭圆C的方程为x2y2 设P(x,y)(-b,yb)为椭圆上的任一点则x2=3b2-3y2 |PQ|2=x2+(y-2)2=-2y2-4y+4+3b2=-2(y+1)2+3b2+4 32 ?当b?1时，在y=-1，|PQ|取得最大值3，于是有6+3b2=9 解得b=1 ?当0<b<1时，在y=-b，|PQ|取得最大值3，于是有b+4b+4=9 解得b=1或b=-5 均与―0<b<1‖矛盾，舍去。 2 x2 ?b=1，所求的椭圆C方程为 m2 (2)假设点M(m,n)存在，则， 即 圆心O到直线l 的距离d=1 ?m2+n2> 1 1|AB|=2?OAB 的面积 OAB1=|AB|d=2 ==1 1 2 m+n=2时取等号) 22 解得 ?所求点M -、(-、(-- 2222221.解:设g，方程的判别式 的坐标为2 D=9(1+a)-48a=9(a-1)(a-3) 3 ?当1<a<1时，D<0，， 即集合D=(0,+ ) ?当0<a 31时，D 0，方程 0的两根x1=[(a+1)-43 0， 33 x2=3 4[(a+1)+。 或 3 或 即集合 D=(03 4[(a+1)-(3 4[(a+1)++ ) ?当a?0时，D>0，方程 0的两根x3 1=4[(a+1)- 0， x3 2=4[(a+1)+>0。 或 3 即集合 34[(a+1)++ ) D=( (2)令得 的极值点为a,1 ?当1 集合D=(0,+ ) 3<a<1时， 在D内有两个极值点为a,1。 ?当0<a 1311 3时，? ?3 成立， ? 34 ?成立 ] 此时， 在D 6-8(DBB 二、填空题 9((-2,1) 10(-1 11(7 12(20 13(6 14( (23 三、解答题 16((1)由题意 (2)? ，?-5( ?- 25? 25(17((1)样本均值为 6 ( (2)根据题意，抽取的6名员工中优秀员工有2人，优秀员工所占比例为21 ， 故12名员工中优秀员工人数为1 3 (人)( (3)记事件A为―抽取的工人中恰有一名为优秀员工‖， 由于优秀员工4人，非优秀员工为8人，故 35 ，26633 C12事件A发生的概率为 即抽取的工人中恰有一名为优秀员工的概率为16 33( 18((1)折叠前连接OA交DE于F， ?折叠前?ABC为等腰直角三角形，且斜边BC=6， 所以OA?BC，OA=3， AC=BC=32 又?BC?DE， ?OA?DE， ?AF=2，OF=1 折叠后DE?OF，DE?A′F，OF?A′F=F ?DE?面A′OF，又面 ?DE?A′O 又A′F=2，OF=1，A′O=??A′OF为直角三角形，且? A′OF=90? ?A′O?OF， 又面BCDE，面BCDE，且DE?OF=F， ?A′O?面BCDE( (2)过O做OH?交CD的延长线于H，连接， ?OH=232 2AO=2， ??A′HO即为二面角的平面角，故cos? ( 19((1)令2Sn 中n=1得 ? (2)由2S ;得 ? 两式相减得 ? ? ?，? 又由(1)知a 1 是以1?为首相，1为公差的等差数列，( ? ?a2 ((3)?11 1111 36 ? ，?(2 20((1)依题意得2 2?抛物线焦点坐标为(0,1)，抛 物线解析式为x=4y (2)设A(x1，)，B (x2，)，?可设A 、B中点坐标为M() 4428 22x1x12x1x12x2x2x2x2所以直线PA:，直线PB: 两式相减得 24422 ，?，?1 22 ?， ? 将P(x0，x0-2)带入PA:得 ?? 8882 ?A 、B中点坐标为M(x0，0) 2 ?直线AB的斜率 ( 故直线AB的方程为 (3)由于A点到焦点F的距离等于A点到准线y=-1的距离， 2x12x，?|AF|=44 39?当时，取最小值( 22 x221((1)k=1时? 当x<0时，故单调递增; x0< x<ln2时，故，f(x)单调递减; x x>ln2时，故，f(x)单调递增; 综上，f(x)的单调增区间为和，单调减区间为(0,ln2)( 37 x 2) ?，? 由(1)可知f(x)的在(0，ln2k)上单调递减，在(ln2k，+?)上单调递增 设 ，(1 则 ?11 ，?，? ?在 ，上单调递减( ?1 ， ? ?即 ?f(x)的在(0，ln2k)上单调递减，在( ln2k，k)上单调递增( ?f(x)的在 [0，k]上的最大值应在端点处取得( 而， ?当x=0时f(x)取最大值( 38 (