一模真題答案文數(shù)

數(shù)學(xué)（文科）12345678ACCCBDAC9．11.12.213．2,考慮平均每架次飛機(jī)的乘機(jī)人數(shù)為x，這樣每百萬人乘機(jī)人數(shù)2.1人，要(Ⅰ)設(shè)數(shù)列{an的公差為d因?yàn)閍1a26，a2a310，所以a3a14 1所以2d4，d2 2又a1a1d6，所以a12 1所以ana1(n1)d2n 2（Ⅱ）記bnan所以bn2n2(n1)4n2 2又bn1bn4(n124n24所以{bn}是首項(xiàng)為6，公差為4的等差數(shù)列 2其前n

n(b1bn 22n(64n2)2n24n 12AAAABBAAAABBXX設(shè)A為“7人中抽到2人，至少有一人租到a型車”，---1A則A

為“7人中抽到2人都租到b型車 1如表格所示：從7人中抽出2人共有21種情況 2A 1A所 A概率p(A)=1P(A)=13 2 租到b型車的3人為B1，B2，B3；設(shè)A為“7人中抽到2人，至少有一人租到a型車 1形共有18種情況. 2分從7人中抽出2人共有21種情況 2所 A發(fā)生的概率P(A)18 2 2 2

2(Ⅰ)因?yàn)锳2B所以由正弦定理 sin

2sin得 sin

1sin 2sinBcos

2sin所以a2bcosB 2（Ⅱ）法1：由余弦定理，b2a2c22accosB 2因?yàn)閎2c4所以416cos2B1432cos2B 1所以16cos2B12，即cos2B3 14因?yàn)锳B2BB，所以B 13{或因?yàn)閎cB2所以cosB 3，所以B 1 法2：由余弦定理，a2b2c22bccosA 2因?yàn)閎2c4,A2B所以16cos2B41616cos2B 1所以cos2B3 14因?yàn)锳B2BB，所以B 13所以cosB 3，所以B 1 3：因?yàn)閍2bcosB所以由余弦定理，b2a2c22accosB 2 可得b2a2c22ac ，即

ac b又因?yàn)閎2,c4，所以計(jì)算可得a212a因?yàn)閍2b2c2，所以C90

1313所以cosBa3 1 B6

1a2c2法4：因?yàn)閍2bcosB，根據(jù)余弦定理cosB a2c2a2b 又因?yàn)閎2,c4，所以計(jì)算可得a212a因?yàn)閍2b2c2，所以C90

23 131所以cosBa 3 1 所以B 16(Ⅰ)連接BD，與AC交于點(diǎn)O，連接OF 1在PBDOFBDPD所以 1又因?yàn)镺F平面FAC，---1分PB平面FAC 1所以PB平面 1

B

PFEFEAOC所以PAAB，PAAD 1又因?yàn)锳BAD， ABA，PA,AB平面PAB所以AD平面PAB 1在直角PABPAAB2EPBSPAE1PEAD的體積為

1

AD 23法2：因?yàn)镻A平面ABCD，所以PA為棱錐PABD的 1PAAB2ABCD所以

1

PA112224 1 因?yàn)镋為PB中點(diǎn)，所以SPAESABE 1所以 1 2 1

P ADPAB，PBPAB所以ADPB 1在等腰直角PAB中，AEPB 1又 ，AE,AD平面EAD所以PB平面EAD 1又 所以O(shè)F平面EAD 1又OF平面FAC 1(Ⅰ)由|AB|4,得a2 1又因?yàn)閑c1 1 所以c 1所以b2a2c23 1 所以橢圓C的方程

1 1,由題可知，顯然AM,PQ不平行，所以AP與MQ平行，kAP 1設(shè)點(diǎn)P(4,y)，M(x,y)， y0， 1y06

1

1直線PB方程為yy0(x2) 12由點(diǎn)M在直線PB上，則yy0(x2) 1 y0(x①②聯(lián)立，y0 ，顯然y0，可解得x 1 11

1，所以y3 1 即M(1,3)，將其代入①，解得y3 1 所以P(4,3) 1,由題可知，顯然AM,PQ不平行，所以AP與MQ平行,kAP 1y1MBxty2t0)由xty3x24y212

得(3t24)y212ty0 1由0，得t0

112t 13t2

6t2，3t2M6t28,3t243t24 1xty2，所 2 1x P(4,t) 因?yàn)?/p>

t

1

6t解得t23P(4,3)

3t2411,由題可知，顯然AM,PQ不平行，所以AP與MQ平行,kAPkMQ 1APAPyk(x2)yk(x則x ，所以y6k，所以P(4,6k) 1B(2,0，所以

6k 12y3k(x 3x24y212消y，(12k21)x248k2x48k240顯然 1 24k2又因?yàn)锽(2,0),所以2x112k21，即x112k21 1y3k(x2)12k 12k224k2 1M12k21

. 12

6k6

12k224k212k21

1解得k1 12所以M(1,3)，P(4,3) 12,由題可知，顯然AM,PQ不平行，所以AP與MQ平行 1所以|BQ||BM|，所以|BM| 2|AB |BP |BP ，則有過點(diǎn)M作MHAB于 |BH||BM|，則有|BQ |BP 所以|BH

11 1代入橢圓方程，求得y 2 1（Ⅰ）f(xex2xa 1由已知可得f(0)0，所以1a0,得a 1（Ⅱ）g(x)ex2，令g(x)0，得xln2 1)x(,lnln0↘↗2所以g(x)的最小值為g(ln2)eln22ln2112ln 1

g(xf(xg(00由（Ⅱ）g(x在(,ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2,上單調(diào)遞增

證明：1又g(ln2)0，g(2)e250 1即ex02x010，ex02x01 1x0g(x0f(x0f(x在(,0)0xx0g(x0f(x0f(x在(0x0xx0g(x0f(x0f(x在(x0所以f(0)是極大值，f(x0)是極小值 1)f(x)exx2x2x1x2x