高考模拟题精选之数学（理科）解答题参考答案

1. 解： （1） 由题意得A=2. 由=x0+-x0=可得T=π=，解得ω=2.故y=2sin（2x+φ）.把（0，-1）代入y=2sin（2x+φ）可得2sinφ=-1，即sinφ=-.因为φ<，所以φ=-，所以f（x）=2sin2x-.

因为当x=x0时，f（x）取到最大值2，所以2x0-=2kπ+（k∈Z），解得x0=kπ+.因为（x0，2）是f（x）在y轴右侧的第一个最高点，即x0=kπ+是最小的正数，所以当k=0时，x0=满足题意.

（2） 由（1）知f（θ）=2sin2θ-=2sin2θcos-sincos2θ=sin2θ-cos2θ.因为θ∈，π且sinθ=，所以cosθ=-=-，所以sin2θ=2sinθcosθ=-，cos2θ=1-2sin2θ=.代入f（θ）=sin2θ-cos2θ可得f（θ）=-.

2. 解： （1） 因为cos（B-A）=2sin2=1-cosC=1-[-cos（A+B）]=1+cos（A+B），所以 cos（B-A）-cos（A+B）=（cosAcosB+sinAsinB）-（cosAcosB-sinAsinB）=2sinAsinB=1，故sinAsinB=.

（2） 因为a2+b2=c2，故由余弦定理可得cosC==.由正弦定理可得=，又由（1）知sinAsinB=，故cosC==sin2C=（1-cos2C），整理得3cos2C+8cosC-3=0，解得cosC=（cosC=-3不成立，舍去）.因为∠C为△ABC的内角，所以sinC>0，所以sinC==，所以tanC=2.

3. 解： （1） 因为CA平分∠BCD，所以A到CD，CB的距离相等.如图1所示，作AE垂直CB交CB的延长线于E，作AF⊥CD，则AF=d·sinD=AE=a·sin（π-B）=a·sinB，a·sinB=d·sinD得证.

（2） 由a=3，b=5，·=a·b·cos（π-B）=-a·b·cosB=可得cosB=-，故∠B=120°.在△ABC中，由余弦定理得AC===7，由正弦定理得=即=，解得sin∠ACB=. 因为AC平分∠BCD，所以cos∠BCD=cos2∠ACB=1-2sin2∠ACB=.

4. 解： 根据题意，每个人用A套试题进行面试的概率为=，用B套试题进行面试的概率为=.设“这4个人中恰有i人用A套试题进行面试”为事件Ai （i=0，1，2，3，4），则P（Ai）=i4-i.

（1） 设“这4个人中用A套试题进行面试的人数大于用B套试题进行面试的人数”为事件C，则C=A3∪A4. 所以P（C）=P（A3）+P（A4）=3+4=，即这4个人中用A套试题进行面试的人数大于用B套试题进行面试的人数的概率为.

（2） 由题意可知，当X分别取值0，1，2，3，4时，对应的Y的取值为4，3，2，1，0，由？孜=X-Y可知？孜所有可能的取值为0，2，4，所以P（？孜=0）=P（A2）=22=；P（？孜=2）=P（A1）+P（A3）=13+31=；P（？孜=4）=P（A0）+P（A4）=4+4=.

所以？孜的分布列为：

随机变量？孜的数学期望E？孜=0×+2×+4×=.

5. 解： （1） X=3意味着在3次取球中，有1次取到黑球，另外2次取到白球.其中，第1次取到黑球，后2次取到白球的概率为××；第2次取到黑球，另2次取到白球的概率为××；第3次取到黑球，前2次取到白球的概率为××.故P（X=3）=××+××+××=.

（2） 由题意可知X的取值为2，3，4，5. X=2意味着3次取到的都是白球，取球后剩下的白球个数为2，P（X=2）=××=. X=4意味着有2次取到黑球，另外1次取到白球，取球后剩下的白球个数为4，P（X=4）=××+××+××=.X=5意味着3次取到的都是黑球，取球后剩下的白球个数为5，P（X=5）=××=.由（1）得P（X=3）=.

所以X的分布列为：

E（X）=2×+3×+4×+5×=.

6. 解： （1） 由4Sn=+2an-3 （①）得4S1=4a1=+2a1-3，解得a1=3或a1=-1.因为{an}为正数数列，所以a1=3.又4Sn+1=+2an+1-3 （②），②-①可得4an+1=+2an+1--2an，整理得（an+1-an-2）·（an+1+an）=0.因为{an}各项为正，所以an+1+an≠0，故an+1-an-2=0，即an+1-an=2.所以数列{an}是首项为3、公差为2的等差数列，其通项公式为an=2n+1 （n∈N*）.

（2） 由（1）得Sn=n2+2n，所以bn=2Sn·3n-1=（2n2+4n）·3n-1，所以=2+·3n-1>2·3n-1，故++…+>（2+4）·30+2·（3+32+…+3n-1）=3n+3.因为n∈N*，所以3n+3-3n=3>0，所以++…+>3n.

7. 解法一： （1） 如图2所示，联结AC交BD于点O.因为ABCD为正方形，所以BD⊥AC. 由AE⊥平面ABCD得AE⊥BD，所以BD⊥平面AEC.因为CE？奂平面AEC，所以BD⊥CE.

由AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD得AE∥CF，所以A，C，F，E四点共面.联结OF，在平面ACFE内，设CE交OF于点G.因为ABCD为正方形且边长为2，所以对角线AC=2，又AE=4，所以=.因为CF=1，OC=AC=，所以=.因为△AEC与△COF均为直角三角形，而=，所以∠AEC=∠COF.又在Rt△AEC中，∠AEC+∠ACE=90°，所以∠COF+∠ACE=90°即∠COF+∠OCG=90°，所以∠OGC=90°，故CE⊥OF.

因为BD，OF？奂平面BDF且BD∩OF=O，所以CE⊥平面BDF.

（2） 如图2所示，作GH⊥DF，垂足为H，联结EH.由CE⊥平面BDF得CE⊥DF，又CE∩GH=G，所以DF⊥平面EGH，所以DF⊥EH.因为DF为二面角E-DF-B的交线，GH？奂平面BDF，由EH⊥DF，GH⊥DF可得∠EHG为二面角E-DF-B的平面角.

在Rt△OCF中，由勾股定理得OF==.由（1）知CG⊥OF，OC=，故CG==，FG==.因为BD⊥CF，BD⊥OC，所以BD⊥平面FOC，所以BD⊥OF.因为在Rt△ODF中，GH⊥DF，所以△FGH∽△FDO，所以=.因为正方形ABCD的边长为2，故OD=BD=AC=，DF==，所以GH==.又CE==2，结合CG=可得EG=CE-CG=.因为CE⊥平面BDF，GH？奂平面BDF，所以CE⊥GH，所以∠EGH=90°.所以在Rt△EGH中，tan∠EHG==5，即二面角E-DF-B的正切值为5.

解法二： 如图3所示，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，过D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系.由题意可得D（0，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），E（2，0，4），F（0，2，1），所以=（0，2，1），=（2，2，0），=（-2，2，-4），=（2，0，4）.

（1） 因为·=0，·=0，所以EC⊥DB，EC⊥DF；又DB∩DF=D，所以EC⊥平面BDF.

（2） 设平面DEF的法向量为n=（x，y，z），则n⊥，n⊥，即2y+z=0，2x+4z=0.令y=1，得n=（4，1，-2）.由（1）知EC⊥平面BDF，所以就是平面BDF的一个法向量.由图3可知〈n，〉等于二面角E-DF-B的平面角.因为cos〈n，〉==，所以tan〈n，〉=5，所以二面角E-DF-B的正切值为5.

8. 解： （1） AB=4，AC=4，∠BAC=45°，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2·AB·AC·cos∠BAC，解得BC=4.由AB=BC且AB2+BC2=AC2可得△ABC为等腰直角三角形.因为D为Rt△ABC斜边AC的中点，故BD⊥AC.以BD为折痕翻折后仍有BD⊥CD.因为CE⊥CD且CE？奂平面BCD，所以CE∥BD.又CE？埭平面A′BD，BD？奂平面A′BD，所以CE∥平面A′BD.

（2） 由（1）可知在△ABC中，BD⊥AC，翻折后有A′D⊥BD，CD⊥BD，所以∠A′DC就是二面角A′-BD-C的平面角，所以∠A′DC=90°，即A′D⊥DC.又A′D⊥BD，所以A′D⊥平面BDC.

如图4所示，以D为坐标原点，以BD，CD，A′D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.因为A′D⊥CE，又CE⊥CD，所以CE⊥平面A′CD.

因为在Rt△ABC中，D为AC的中点，所以AD=CD=2，所以△A′CD为等腰直角三角形，所以A′C==4.设A′C的中点为F，联结DF，由等腰直角三角形的性质可知DF⊥A′C且DF=A′C=2.因为CE⊥平面A′CD，所以CE⊥DF.又DF⊥A′C，所以DF⊥平面A′CE.

由题意知D（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A′（0，0，2），因此F（0，，）.

因为DF⊥平面A′CE，故=（0，，）为平面A′CE的法向量.

又=（2，0，-2），=（0，2，-2），设平面A′BC的法向量为n=（x，y，z），则n·=0，n·=0，解得x=y=z，取x=1，得n=（1，1，1）.

设n与的夹角为θ，则cosθ===.结合图4可知二面角B-A′C-E的夹角为π-θ，故二面角B-A′C-E的余弦值为-.

9. 解： （1） 因为DE∥BC，∠ACB=90°，所以DE⊥AE，DE⊥EC.将△ABC沿DE折起后，有DE⊥AE，有DE⊥EC′，所以DE⊥平面AC′E，所以DE⊥AC′.由EC′=EC=2AE=2可得AE=1，而AC′=，所以AE2+AC′2=EC′2，可得AC′⊥AE.因为AE∩DE=E，所以AC′⊥平面ADE.

（2） 如图5所示，以A为原点，以平面ADE中过点A且平行于DE的直线为x轴、AE为y 轴、AC′为z轴建立空间直角坐标系.设DE=a （a>0），则 A（0，0，0），E（0，1，0），C′（0，0，），D（a，1，0）.

因为DE∥BC且EC=2AE，所以BC=3DE，故翻折后有=3=（-3a，0，0） ，故由C′（0，0，）可求得B′（3a，0，），所以=（3a，0，）. 设n=（x，y，1）是平面AB′D的一个法向量，则n·=（x，y，1）·（a，1，0）=ax+y=0，n·=（x，y，1）·（3a，0，）=3ax+=0，所以n=-，，1.

在x轴上任取一点，设m=（1，0，0），由图5易知m为平面AC′E的一个法向量.因为平面AB′D与平面AC′E所成角为45°，所以cos45°=cos〈m，n〉===，解得a=（a=-舍去）.由=（-3a，0，0）可得B′C′=3a=.

10. 解： （1） 因为ABCD为菱形，所以BC∥AD，又AD？奂平面ADE，所以BC∥平面ADE.因为BDEF为矩形，所以BF∥DE，又DE？奂平面ADE，所以BF∥平面ADE.因为BC∩BF=B，所以平面FBC∥平面ADE，所以CF∥平面ADE.

（2） 如图6所示，取EF，BD的中点M，N，联结MN.因为BDEF为矩形，又平面BDEF⊥平面ABCD，且平面BDEF与平面ABCD交于BD，所以DE，BF⊥平面ABCD.结合AD=AB，DE=BF，由勾股定理可得AE=AF，故△AEF为等腰三角形.同理可得CE=CF，△CEF为等腰三角形.联结AM，CM可得AM⊥EF，CM⊥EF，所以∠AMC就是二面角A-EF-C的平面角.

因为AB=BC，故由勾股定理可知AF=CF，故AF=CF=AE=CE，AM=CM.当二面角A-EF-C为直二面角时，△AMC为等腰直角三角形.因为N为棱形ABCD对角线BD的中点，故N也为AC的中点，所以MN=AC=AN.因为MN=BF，结合∠BAD=可得BF=AN=BD，即k=.

（3） 由（2）可知CM⊥EF，CM⊥AM，所以CM⊥平面AEF.要求直线BC与平面AEF所成的角，不妨先求BC与CM所成的角.

联结BM，设BC=2，则AB=BC=2，故AC==2，NC=AC==MN.因为MN⊥AC，故CM==.因为MN∥BF，故MN⊥BN.因为∠BAD=，AB=AD=2，故△ABD为正三角形，BD=2.又BN=BD=1，所以BM==2.所以cos∠MCB==.结合图6可知，直线BC与平面AEF所成角θ与∠MCB互为余角，故sinθ=.

11. 解： （1） 如图7所示，因为EA∥FC，所以A，C，F，E四点共面.因为EA⊥平面ABC，BM？奂平面ABC，所以EA⊥BM.又BM⊥AC且EA∩AC=A，所以BM⊥平面ACFE.因为EM？奂平面ACFE，所以BM⊥EM.

因为AC是圆O的直径，B在圆O上，所以∠ABC=90°.又∠BAC=30°，AC=4，所以AB=2，BC=2，所以BM==.由勾股定理可得AM=3，CM=1.因为EA⊥平面ABC，FC∥EA，所以FC⊥平面ABC，所以∠EAM=∠FCM=90°.又FC=CM=1，EA=AM=3，故△EAM与△FCM都是等腰直角三角形，所以∠EMA=∠FMC=45°，所以∠EMF=180°-∠EMA-∠FMC=90°，由此可得EM⊥MF.因为MF∩BM=M，所以EM⊥平面BMF，所以EM⊥BF.

（2） 如图8所示，延长EF交AC的延长线于G，联结BG，过C作CH⊥BG，联结FH.

由（1）知FC⊥平面ABC，因为BG？奂平面ABC，所以FC⊥BG.又BG⊥CH，FC∩CH=C，所以BG⊥平面FCH，所以BG⊥FH.因为BG为平面BEF与平面ABC的交线，所以∠FHC 为平面BEF与平面ABC所成的二面角的平面角.

因为AC=4，FC∥EA，由===解得GC=2. 由（1）知BM=，CM=1，所以BG===2，又Rt△GHC∽Rt△GMB，所以=，故CH===1.因为FC⊥平面ABC，所以FC⊥CH，又CH=FC=1，所以△FCH是等腰直角三角形，所以∠FHC=45°，所以平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的大小为45°.

12. 解： （1） 因为椭圆的焦点在x轴上，故可设椭圆的方程为+=1（a>b>0），由焦距为12可得c=6，故右焦点F（6，0）.过F且斜率为1的直线AB的方程为y=x-6.把y=x-6代入椭圆方程可得（a2+b2）x2-12a2x+36a2-a2b2=0.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.

因为AB的中点M，在直线x+2y=0上，所以+2·=0，即y1+y2=-，又y1+y2=（x1-6）+（x2-6）=x1+x2-12，所以x1+x2=8，即=8，解得a2=2b2.又a2=b2+c2=b2+36，所以b2+36=2b2，解得b2=36，故a2=72，即椭圆的方程为+=1.

（2） 如图9所示，设P（x0，y0）（x0>0），因为圆O：x2+y2=36的圆心为O（0，0），半径r=6，PQ为圆O：x2+y2=36的切线，所以PQ==.因为P在椭圆上，故有+=1，整理得=36-，代入PQ=可得PQ=x0.

PF===. 因为0

由此可得PQ+PF=6，故PQ·PF≤2=18，当且仅当PQ=PF即x0=6时，PQ·PF有最大值18.

13. 解： （1） 根据题意有e===，a2+b2=5，结合a>b>0可得a=2，b=1，所以椭圆的方程为+y2=1.

（2） 如图10所示，设A（x1，y1），B（x2，y2）.联立直线方程与椭圆方程可得+y2=1，y=kx+t；整理得（1+4k2）x2+8ktx+4t2-4=0，所以x1+x2=-，x1x2=.

设P（m，n）（m>1），因为PC=PD，所以直线PA，PB的斜率互为相反数，即=

-.把y1=kx1+t，y2=kx2+t代入上式，整理得（t-km-n）（x1+x2）+2kx1x2-2m（t-n）=0，即（t-km-n）-+2k·-2m（t-n）=0，整理得t+2mn-=0.由题意可知，对任意的t∈R，t+2mn-=0恒成立，故=0，2mn-=0，整理得m=4kn （①），mn（1+4k2）=4k （②）.把①式代入②式解得n2=，故m2=16k2n2=.因为m>1，所以>1，解得k<-或k>.

14. 解： （1） 把点1，代入椭圆方程+=1（a>b>0），可得+=1.因为点1，到焦点F1，F2的距离之和为2a=4，所以a=2.代入+=1可得b= （满足a>b>0），所以椭圆方程为+=1.因为c==1，故焦点坐标为F1（-1，0）和F2（1，0）.

（2） 如图11所示，设P（m，n），过点P的椭圆的切线方程为y=kx+t，代入椭圆方程+=1可得（3+4k2）x2+8ktx+4t2-12=0，所以Δ=（8kt）2-4（3+4k2）（4t2-12）=48（4k2+3-t2）=0 （*）.

因为P（m，n）在切线y=kx+t上，所以n=km+t，把t=n-km代入*式可得（4-m2）k2+2mnk+3-n2=0.设直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，则由韦达定理可得k1k2=.又P在以AB为直径的圆上，所以∠APB=90°，即PA⊥PB， 所以k1k2==-1，整理得m2+n2=7.所以△PF1F2的周长l=PF1+PF2+F1F2=++2=++2. 因为（+）2=16+2≤16+2=32，故当且仅当m=0即P在y轴上时，lmax=+2=4+2.

15. 解： （1） 因为x+=x-+，所以2sinx-sinx+=2sinx-·sinx-+=2sinx-cosx-=sinx-=-cosx.故f（x）=cosx--cosx=cosxcos+sinxsin-cosx=sinx-cosx=sinx-.当2kπ-≤x-≤2kπ+即x∈8k-，8k+（k∈Z）时，函数f（x）单调递增.

（2） 在y=g（x）的图象上任取一点（x，g（x）），由题意可知，它关于x=2的对称点（4-x，g（x））在函数y=f（x）的图象上，即点（4-x，g（x））满足f（x）=sinx-.故有g（x）=sin（4-x）-=-sinx-π=sinx+.当x∈[0，2]时，≤x+≤，所以当x=0时，g（x）min=sin=.

16. 解： （1） f（x）=xlnx的定义域为（0，+∞）， f′（x）=1+lnx.令f′（x）=0，解得x=.当x∈0，时，f′（x）<0， f（x）单调递减；当x∈，+∞时， f′（x）>0， f（x）单调递增.故f（x）min= f=-.

（2） 观察可知f′（x）=1+lnx （x>0）为增函数.设F（x）=f（k+x）+f（k-x） （0≤x0，所以F（x）在 [0，k）上单调递增，所以F（x）≥F（0）=2f（k）.即f（k+x）+f（k-x）≥2f（k）恒成立.故对任意的a，b∈R+，f（a）+f（b）≥2f.

因为f（x）=xlnx，a，b，c∈R+，故alna+blnb+clnc≥3e可化为f（a）+f（b）+f（c）≥3e.因为a+b+c=3e，故f=ln=e， f（a）+f（b）+f（c）+f≥2f+2f≥4f=4f=4e，即f（a）+f（b）+f（c）+e≥4e，alna+blnb+clnc≥3e得证.

17. 解： （1） 当a=1时， f（x）=ex+sinx-x，故f′（x）=ex+cosx-1.设g（x）=ex+cosx-1，因为x≥0，所以g′（x）=ex-sinx≥e0-sinx=1-sinx≥0.故g（x）在[0，+∞）上单调递增，所以g（x）≥g（0）=e0+cos0-1=1>0即f′（x）>0，由此可知f（x）在[0，+∞）上单调递增，所以f（x）≥f（0）=1，即f（x）的最小值为1.

（2） 当a=2时，f（x）≥f（-x）恒成立即ex-2x+sinx≥e-x+2x-sinx恒成立，整理得ex-e-x+2sinx-4x≥0恒成立.设h（x）=ex-e-x+2sinx-4x，则h′（x）=ex+e-x+2cosx-4.设m（x）=ex+e-x+2cosx-4，则m′（x）=ex-e-x-2sinx.设n（x）=ex-e-x-2sinx，则n′（x）=ex+e-x-2cosx.因为ex+e-x≥2，所以n′（x）≥2-2cosx≥0，故n（x）在[0，+∞）上单调递增，所以n（x）≥n（0）=0，即m′（0）≥0.所以m（x）在[0，+∞）上单调递增，故m（x）≥m（0）=0，即h′（0）≥0.所以h（x）在[0，+∞）上单调递增，所以h（x）≥h（0）=0.所以当x≥0，a=2时，不等式f（x）≥f（-x）恒成立.

（3） 当x>0时，不等式f（x）≥f（-x）恒成立，意味着不等式ex-e-x+2sinx-2ax≥0恒成立，即2a≤恒成立.设F（x）=，则应有2a≤F（x）min.由（2）知ex-e-x+2sinx-4x≥0，故F（x）=≥=4，所以2a≤4，解得a≤2.当x=0时，f（x）=f（-x）.综上可知，a的取值范围是（-∞，2].

18. 解： （1） f（x）=x-lnx+，则f′（x）=1--.因此曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为f′（1）=-a，又f（1）=1+a，所以y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-（1+a）=（-a）·（x-1），整理得ax+y-（2a+1）=0.由题意可知y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为2x+y-5=0，所以a=2.

f（x）=x-lnx+，f′（x）=1--=.当x≥2时，f′（x）≥0，此时f（x）为增函数，所以f（x）≥f（2）=3-ln2>0.

（2） 如果f（x）的图象在区间[2，+∞）上与y=的图象有两个不同的交点，则f（x）=在[2，+∞）上有两个不同的实根，即k=x2-xlnx+2在区间[2，+∞）上有两个不同的实根.

令g（x）=x2-xlnx+2 （x≥2），则g′（x）=2x-lnx-1.令h（x）=2x-lnx-1 （x≥2），则h′（x）=2-.当x∈[2，+∞）时，h′（x）≥>0，所以h（x）在[2，+∞）上单调递增，h（x）≥h（2）=3-ln2>0，即g′（x）>0.所以g（x）=x2-xlnx+2在[2，+∞）上单调递增，故不可能存在实数k使k=x2-xlnx+2在区间[2，+∞）上有两个不同的实根，即不存在实数k使得函数f（x）的图象在区间[2，+∞）上与函数y=的图象有两个不同的交点.

19. 解： （1） f（x）的定义域为x>0， f′（x）=2ax-2+=. f′（x）有零点而f（x）无极值点表明f′（x）在零点两侧的值正负相同.

当a=0时， f′（x）=-2.令f′（x）=0，解得x=.当00；当x>时，f′（x）<0.故a=0不满足题意.

当a≠0时，令2ax2-2x+1=0，当该方程的判别式Δ=4-8a=0时， f′（x）有零点且零点两侧的值同号，解得a=.

综上可得，a=.

（2） 由于f（x）有两个极值点，故结合定义域x>0可知f′（x）=有两个正实数解，即方程2ax2-2x+1=0有两个正根.设这两个正根为x1，x2，则x1+x2=>0，x1x2=>0，解得a>0.又由Δ=4-8a>0解得a<.综合可得a的取值范围是0

设x10，所以二次函数h（x）的图象开口向上，当x∈（0，x1）或x∈（x2，+∞）时，h（x）>0，故f′（x）>0， f（x）单调递增；当x∈（x1，x2）时，h（x）<0，故f′（x）<0，f（x）单调递减.所以x=x2为f（x）的极小值点. 把x=x2代入2ax2-2x+1=0可得a=，故f（x2）=a-2x2+lnx2=·-2x2+lnx2=lnx2-x2-.对f（x2）求导可得f′（x2）=-1.由a=∈0，解得x2>1.当x2>1时，f′（x2）<0，故f（x2）在（1，+∞）上单调递减，故f（x2）