数学 热门试卷

（1）因为，

由余弦定理，得，即.

所以.

（2）因为，

由正弦定理，得，所以.

从而，即，故.

因为，所以，从而.

因此.

（1）因为，所以．

因为，所以，解得．

（2）因为，

所以，

从而．令，得或．

因为，都在集合中，且，

所以．

此时，．

令，得或．列表如下：

所以的极小值为．

（3）因为，所以，

．

因为，所以，

则有2个不同的零点，设为．

由，得．

列表如下：

所以的极大值．

．因此．

本小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.满分14分.

证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，

所以A1B1∥ED.

又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，

所以A1B1∥平面DEC1.

（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.

因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.

又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，

所以BE⊥平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.

（1）过A作，垂足为E.

由已知条件得，四边形ACDE为矩形，.'

因为PB⊥AB，

所以.

所以.

因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D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，

从而，所以∠BAD为锐角.

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.

设为l上一点，且，由（1）知，B=15，

此时；

当∠OBP>90°时，在中，.

由上可知，d≥15.

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，.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=时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+.

因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）.

（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.

由，得，解得．

因此数列为“M—数列”.

（2）①因为，所以．

由得，则.

由，得，

当时，由，得，

整理得．

所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.

因此，数列{bn}的通项公式为bn=n.

②由①知，bk=k，.

因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.

因为ck≤bk≤ck+1，所以，其中k=1，2，3，…，m.

当k=1时，有q≥1；

当k=2，3，…，m时，有．

设f（x）=，则．

令，得x=e.列表如下：

因为，所以．

取，当k=1，2，3，4，5时，，即，

经检验知也成立．

因此所求m的最大值不小于5．

若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤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．

【选做题】

A．[选修4–2：矩阵与变换]

本小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．满分10分．

（1）因为，

所以

==．

（2）矩阵A的特征多项式为

.

令，解得A的特征值.

B．[选修4–4：坐标系与参数方程]

本小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．满分10分．

（1）设极点为O.在△OAB中，A（3，），B（，），

由余弦定理，得AB=.

（2）因为直线l的方程为，

则直线l过点，倾斜角为．

又，所以点B到直线l的距离为.

C．[选修4–5：不等式选讲]

本小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．满分10分．

当x<0时，原不等式可化为，解得x<–：

当0≤x≤时，原不等式可化为x+1–2x>2，即x<–1，无解；

当x>时，原不等式可化为x+2x–1>2，解得x>1.

综上，原不等式的解集为.

（1）因为，

所以，

．

因为，

所以，

解得．

（2）由（1）知，．

．

因为，所以，

从而．