1、1 2 C.” i + ian .4 ian B h A B 2 3 4 B. (1, 0) 6 B - D. -a3 3 3 D.- 4 x- I b A. 2 1) g 4 3 + 4 c. D. 3 * n b 2 q-J s lb + 0J“ 1 1 4 5 17. () 10 C i f ( x 3 = (1 - i ) z + ( a 1 ) x + 1 6 7 11.9 12.-14 13. 2 14. 3 3 4 15. 1 (1 6 1 2n 1 1) 1 6 6(2n 1 1 1) 三、解答题 16 、（ 1） S4 an 16 2n an 1 4a1 1; an 2, 6
2、 2 16, an a1 为公差为 2的等差数列 .1 分 1 .2分 .3分 设在等比数列 bn 中，公比为 q ,因为 b2 , b3 b5, b4 成等差数列 . 所以 2(b 23 b )5 b b , 2( q2 4 q 4 ) q q 3 -4 分 解得 q 1 -5 分2 n 1 所 以 bn 12 -6 分 ( ) cn (2 n 1) 12 n 1 .7 分 Tn c1 c2 c3 cn = 1+3+5+.+(2n-1) 1 12 12 2 . 12 n 1 8分 n(1 2n 2 1) 1 1 2 1 2 n 9分 1 n 1 n2 2 12 10分 数学（理科答案） 一、
3、选择题 DABAC BBBCC 二、填空题 8 2 17. （ 1） 当 a 1 时 ， f(x)5 即2x 2 2x 1 5， .1 分 即 x x 2 0 ( x 2)( x 1) 0, 1 x 2,.3分 不等式的解集为 x 1 x 2 4分 （ 2） 当 a=1时，不等式恒成立， 5分 1 当 a 1时， a 0 (a 1)2 4(1 a) 0 7分 解得 -3 a 19分 综 上 所 述 ， -3 a 1.10分 19、 （ 1） 18、（ 1 a cos(B C) cos A(2 3b sin C a) acos( B C) a cos A 2 3b cos A sin C 即 a
4、 cos(B C) a cos(B C) 2 3b cos Asin C .2分 acos B cosC a sinBsinC a cos B cos C a sinBsinC 2 3b cos A sin C 即 2a sinBsinC 2 3b cos Asin C sin C 0 asin B 3b cos A .3分 9 由正弦定理得 sin Asin B 3 sinBcos A .4分 sin B 0 sin A 3 cos A 即 tan A 3得 A ;5分 3 (2) ABC 外接圆半径为 3， a 2Rsin A 2 3 3 3, b c 2 5,.6分 由余弦定理得 a 2
5、 b2 c2 2bc cos A (b c) 2 2bc 2bc cos 3 (b c)2 3bc,.8分 所以 3bc 2 2 (b c) a 25 9 16, 得 bc 16 , 9分 3 所以 ABC 的面积 S= 1 bc sin A 4 3 .10分 由已知得 AM 2 3 2 AD 2 3 取 BP的中点 T ，连接 AT ， TN ， .1 分 由 N 为 PC 中 点 知 TNBC ， TN 1 BC 2 2 10 2 2 故 TN=AM ， 又 ADBC ， AM / / TN .2 分 所以四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MNAT .3 分 因为 AT 平 面 PAB
6、 ， MN 平面 PAB， 所以 MN 平面 PAB 4 分 （ 2） 取 BC的中点 E ，连结 AE 由 AB AC 得 AE BC ，从而 AE AD ， 且 AE AB BE 2 AB BC 2 5 .5 分 以 A 为坐标原点， AE 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz 由 题 意 知 ， P 0,0,4 ， M 0,2,0 ， C 5,2,0 ， N 5 ,1,2 2 ， PM 0, 2, 4 ， PN 5 ,1, 2 ， 2 AN 5 ,1,2 2 6 分 设 n x, y, z 为平面 PMN 的一个法向量，则 n PM n PN 2 y 4 z
7、0 0 ，即 5 0 2 x y 2 z 0 2 11 可 取 n 0,2,1 ， .8 分 于 是 cos n, AN n AN n AN 8 5 10 分 25 12 2 x2 y2 20、（ 1 由题意知椭圆的焦点在 x轴 上 ， 设 椭 圆 C的 方 程 为 a 2 b 2 1(a b 0), 由于它的一个短轴端点恰好是抛物线 x 2 8 3 y的焦点，则 b 2 3, c 1 2 2 2 x2 y2 由 , a b c , 得到 a 4, 所 以 椭 圆 C的方程为 1 2分 a 2 16 12 （ 2） 设A(x , y ), B(x , y ), 直 线 A B的 方 程 为 y
8、 1 x t , 将直线方 1 1 2 2 程代入椭圆方程 x y 1， 得 到 x2 2 tx t 2 12 0,由 0, 解 得 4 t 4, 由韦达定理得 16 12 2 x1 x2 t , x1x2 t 12, 4分 所以四边形 ABCD的面积 S 1 6 x1 x2 2 3 48 3t 2 5分 所以当 t 0时，四边形 APBQ 面 积 有 最 大 值 ， 即 Smax 12 3 .6分 当 APQ= BPQ,则 PA、 PB的斜率之和为 0， 设直线 PA的斜率为 k, 则直线 PB的斜率为 -k, 7分 直 线 PA的 方 程 为 y-3=k(x-2), y-3=k(x-2)
9、联立 x 2 y2 ， 整 理 得 1 (3 4k 2 )x2 8(3 2k ) kx 16 k2 48k 12 0, 16 12 2 13 x 2 8(2k 3)k ,.8分 1 3 4k 2 同理直线 PB的方程为 y-3=-k(x-2), 可以得到 x 2 -8(-2k 3)k = 8(2k +3) k , .9分 2 3 4 k2 3 4k 2 x1 x 2 16k 2 12 2 , x1 x2 48k 2 , k AB 3 4k y1 y2 x1 x2 k( x1 2) 3 x1 3 4 k k( x2 x2 2) 3 k (x1 x 1 x2 ) 4k 1 , x2 2 所以 AB的斜率为定值 110分 2
