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理科數(shù)學(xué)參考答案和評分標(biāo)準(zhǔn)

一、選擇題　BCDC　BCBD　DADC

二、填空題　13.2　14.12＋π　15.2　16.100

三、解答題

17.解：當(dāng)±≠kπ＋時，1分

有：f(x)＝2sin(＋)?cos ＋tan(＋)?tan(－)

＝sin x＋2cos²－1＝sin x＋cos x＝sin(x＋).4分

(1)令－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ，得2kπ－≤x≤2kπ＋.

又由±≠kπ＋，得x≠2kπ±.6分

∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是：[2kπ－，2kπ－)，(2kπ－，2kπ＋](k∈Z).8分

(2)當(dāng)x∈[0，)時，x＋∈[，)，則sin(x＋)有最小值.10分

此時f(x)_min＝1，故由題意得1－m>1⇒m<0.12分

18.解：(1)四人恰好買到同一只股票的概率P₁＝6××××＝.4分

(2)(法一)四人中有兩人買到同一只股票的概率P₂＝＝.

四人中每人買到不同的股票的概率P₃＝＝＝.

所以四人中至多有兩人買到同一只股票的概率P＝P₂＋P₃＝＋＝＝.8分

(法二)四人中有三人恰好買到同一只股票的概率P₄＝＝＝.

所以四人中至多有兩人買到同一只股票的概率P＝1－P₁－P₄＝＝.8分

(3)每股今天獲利錢數(shù)ξ的分布列為：

ξ

2

0

－2

P

0.6

0.2

0.2

所以，10手股票在今日交易中獲利錢數(shù)的數(shù)學(xué)期望為

1000Eξ＝1000×[2×0.6＋0×0.2＋(－2)×0.2]＝800.12分

19.解：(法一)(1)∵AC₁＝2，∴∠A₁AC＝60°.側(cè)面A₁ACC₁⊥底面ABC，作A₁O⊥AC于點O，則A₁O⊥平面ABC，可得：AO＝1，A₁O＝OB＝，AO＝1，BO⊥AC.

以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立如圖空間直角坐標(biāo)系.2分

則A(0，－1,0)，B(，0,0)，A₁(0,0，)，C(0,1,0)，B₁(，1，).

∴＝(，1,0)，＝(，2，)，＝(0,2,0).

設(shè)平面AB₁C的法向量為n＝(x，y,1)，由解得n＝(－1,0,1)，4分

由cos〈，n〉＝－得：棱A₁B₁與平面AB₁C所成的角的大小為arcsin .6分

(2)設(shè)存在點P符合，且點P坐標(biāo)設(shè)為P(0，y，z)，7分

＝＋＝(－2，0,0)，∴D(－，0,0).

∴＝(，y，z).平面AB₁C的法向量n＝(－1,0,1)，又DP∥平面AB₁C，

∴?n＝0，得z＝，由＝λ得：∴y＝0，∴P(0,0，).10分

又DP⊄平面AB₁C，故存在點P，使DP∥平面AB₁C，其坐標(biāo)為(0,0，)，恰好為A₁點.12分

(法二)(1)如圖可得，B₁C＝＝，△ABM中，得AM＝，

∴AB₁＝，AC＝2，∴AC⊥B₁C.∴S△AB₁C＝.

設(shè)B到平面AB₁C的距離是d，則有d＝＝.3分

設(shè)棱AB與平面AB₁C所成的角的大小是θ，則sin θ＝＝，5分

又AB∥A₁B₁，∴A₁B₁與平面AB₁C所成的角的大小是arcsin .6分

(2)＝＋，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴＝＝，8分

∴CDA₁B₁是平行四邊形.∴A₁D∥B₁C，10分

又A₁D⊄面AB₁C，B₁C⊂面AB₁C，

∴A₁D∥平面AB₁C，故存在點P即點A₁，使DP∥平面AB₁C.12分

20.解：(1)設(shè)d、q分別為數(shù)列{a_n}、數(shù)列{b_n}的公差與公式.

由題意知，a₁＝1，a₂＝1＋d，a₃＝1＋2d，等比數(shù)列{b_n}的前三項是2,2＋d,4＋2d，

∴(2＋d)²＝2(4＋2d)⇒d＝±2.2分

∵a_n＋1>a_n，∴d>0.∴d＝2，∴a_n＝2n－1(n∈N^*).4分

由此可得b₁＝2，b₂＝4，q＝2，∴b_n＝2ⁿ(n∈N^*).5分

(2)T_n＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，①

當(dāng)n＝1時，T_n＝＋＋＋…＋.　②

①－②，得：T_n＝＋2(＋＋…＋)－＝＋(1－)－.

∴T_n＝3－－＝3－.9分

∴T_n＋－＝3－<3.10分

∴滿足條件T_n＋－<c(c∈Z)恒成立的最小整數(shù)值為c＝3.12分

21.解：(1)在Rt△F₁MF₂中，|OM|＝＝2知c＝2，

則解得a²＝6，b²＝2，∴橢圓方程為＋＝1.4分

(2)設(shè)N(m，n)(m≠0)，l為y＝x＋t，A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，

由y＝x＋t與＋＝1得(＋)x²＋tx＋－1＝0，6分

由點N(m，n)在橢圓上知，＋＝代入得＋tx＋－1＝0，

∴x₁＋x₂＝－mnt，x₁x₂＝m²(－1)，①8分

∴k_NA＋k_NB＝＋＝

＝

將①式代入得k_NA＋k_NB＝，

又∵NA、NB與x軸圍成的三角形是等腰三角形得k_NA＋k_NB＝0，10分

∴n²＝1代入＋＝1得m²＝3，∴N(±，±1).12分

22.解：(1)f′(x)＝－(x>0).依題意f′(x)<0在x>0時有解，即ax²＋2x－1>0在x>0有解.則Δ＝4＋4a>0且方程ax²＋2x－1＝0至少有一個正根.

此時，－1<a<0.4分

(2)a＝－，f(x)＝－x＋b⇔x²－x＋ln x－b＝0.

設(shè)g(x)＝x²－x＋ln x－b(x>0)，則g′(x)＝.列表：

x

(0,1)

1

(1,2)

2

(2,4)

g′(x)

＋

0

－

0

＋

g(x)

?

極大值

?

極小值

?

∴g(x)_極小值＝g(2)＝ln 2－b－2，g(x)_極大值＝g(1)＝－b－，g(4)＝－b－2＋2ln 2.6分

∵方程g(x)＝0在[1,4]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，

則解得：ln 2－2<b≤－.9分

(3)設(shè)h(x)＝ln x－x＋1，x∈[1，＋∞)，則h′(x)＝－1≤0，

∴h(x)在[1，＋∞)為減函數(shù)，且h(x)_max＝h(1)＝0，故當(dāng)x≥1時有l(wèi)n x≤x－1.

∵a₁＝1，假設(shè)a_k≥1(k∈N^*)，則a_k＋1＝ln a_k＋a_k＋2>1，故a_n≥1(n∈N^*).

從而a_n＋1＝ln a_n＋a_n＋2≤2a_n＋1，∴1＋a_n＋1≤2(1＋a_n)≤…≤2ⁿ(1＋a₁).

即1＋a_n≤2ⁿ，∴a_n≤2ⁿ－1.14分