数学参考答案与评分标准
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．不需写出解题过程，请把答案 直接填写在答题卡相应位置上． ．．．．．．．．
x2y21???1 12} 2．?2 3． 220 4． 5．25 6．1或2 7． 8． 1． {0，，9276821219．? 10． 11．[1，5] 12．2 13． [?，0] 14．
2 492二、解答题：本大题共6小题，15—17每题14分，18—20每题16分，共计90分．
请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． ．．．．．．．．．．
512，所以sinB?， …………………2分 131334又cos?ADC??，所以sin?ADC?， ………………… 4分
55 所以sin?BAD?sin(?ADC??B)?sin?ADCcosB?cos?ADCsinB
4531256 ???(?)??； ……………………7分
513513655BDADBD（2）在?ABD中，由正弦定理，得，即， ??1256sinBsin?BAD136514解得BD?， ……………………10分
314 故DC?，从而在?ADC中，由余弦定理，得
32AC?AD2?DC2?2ADDCcos?ADC
67314143673所以AC?4，AC?． ……………………14分 ?52?()2?2?5??(?)?3933516．证明:（1）连结BD交AC于点O，
因为三棱柱ABC?A1B1C1为正三棱柱，
所以四边形ABCD是正方形，所以E是BD的中点， 又点P是DD1的中点，
所以PO//BD1， ………………………4分
PO?平面PAC， 而BD1?平面PAC，所以直线BD1∥平面PAC； ………………………………………7分 （2）连结B1O，设AA1?2AB?2a，
139在三角形PB1O中，B1P2?3a2，BO2?a2?a2?a2，B1O2?a2，
222所以PO2?B1P2?B1O2， 所以PB1?PO，
因为三棱柱ABC?A1B1C1为正三棱柱，所以AC?BD，B1B?平面ABCD， 而AC?面ABCD，所以AC?BB1， 又BDBB1?B，所以AC?平面BD1， 因B1P?平面BD1，所以B1P?AC，
又POAC?O， ………………………………… 11分 所以PB1?平面PAC， 又PB1?平面PB1A，
所以平面PB1A?平面PAC． ………………………………………14分
117．解：（1）设圆锥纸筒的容积为V，则V??r2h，
315．解：（1）因为cosB? 由该圆锥纸筒的容积为π，则?r2h??，即r2h?3，
132 故r与h满足的关系式为rh?3； ………………………………4分
的侧面积为S，则S??rl，其中l为圆锥的母线长，且l?r2?h2，
（2）工厂要求制作该纸筒的材料最省，即所用材料的面积最小，即要该圆锥的侧面积最小， 设该纸筒
33所以S??rr2?h2??(r2?h2)r2??(?h2)（h＞0 ）， ……………8分
hh339， ?2?3h （h＞0 ）
hhh183 由f?(h)??3?3?0，解得h?6 ，
h33 当0＜h＜6时，f?(h)＜0；当h＞6时，f?(h)＞0；
设f(h)?(?h2) 因此，h?6时f(h)取得极小值，且是最小值，此时S??f(h)亦最小；……12分
3hh2h36由rh?3得????2，
rr233h 所以最省时的值为2． ………………14分
r0)(c＞0)，则a2?b2?c2， 18．解：（1）设右焦点F(c，由AF?3得a?c?3，
b2x2y2Q的横坐标为c，代入2?2?1(a＞b＞0)得y??， 又当直线l?x轴时，P，aab2b2?3，解得a?4，b?3，c?1， 则PQ?ax2y2??1； ………………………………4分 所以椭圆C的方程为431（2）k1k2为定值?，证明如下：
40)及直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2， 由A(?2，k2(x?2)?y?0， …………6分 得直线AP，AQ的方程分别为k1(x?2)?y?0，y1)，Q(x2，y2)， 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)在曲线[k1(x?2)?y][k2(x?2)?y]?0上， 则P(x1，2化简得k1k2(x?2)2?(k1?k2)(x?2)y?y2?0，
x2y1)，Q(x2，y2)在椭圆上，则y?3(1?)， 又因为P(x1，4x22故k1k2(x?2)?(k1?k2)(x?2)y?3(1?)?0，
43即(x?2)[k1k2(x?2)?(k1?k2)y?(2?x)]?0，
43y1)，Q(x2，y2)在直线k1k2(x?2)?(k1?k2)y?(2?x)?0上，………9分 则P(x1，410)在直线PQ 上，则可得k1k2??； ………………………10分 由F(1，413y1)，Q(x2，y2)，由题意得S?AF|y1?y2|?|y1?y2|， （3）设P(x1，22x?m2y?2，由（2）得m1m2??4， 设直线AP，AQ的方程分别为x?m1y?2，2?x?m1y?2，12m122y?0联立?2 化简得，即或 (3m?4)y?12my?011223m?43x?4y?12，1?则y1?12m112m2，同理可得， ………………………12分 y?2223m1?43m2?43|y1?y2| 212m2312m1?| ?|2223m1?43m2?4所以S?m1(3m22?4)?m2(3m12?4)| ?18|(3m12?4)(3m22?4)3mm(m?m1)?4(m2?m1)| ?18|122229m1m2?12(m12?m22)?16 ?72| ?72|m2?m1|
3(m12?m22)?40m2?m1|
3(m1?m2)2?164|≥4， m2 令t?|m1?m2|?|m2?则S?72t72(t≥4)， ?3t2?163t?16t161616易求得t≥4时，(3t?)??3?2＞0，则当t?4时，3t?取最小值为16，
ttt9此时S有最大值为． ……………………………16分
219．解：（1）（i）∵x?R，f(x)为奇函数，
∴f(0)?d?0，f(?x)??f(x)即?ax3?bx2?cx??ax3?bx2?cx，∴b = 0， ∴f(x)?ax3?cx， ………………………………2分 则f?(x)?3ax2?c，又当x?1时f(x)有极小值为?4，
?f?(1)?0，?3a?c?0，∴? 即?
f(1)??4，a?c??4，???a?2，∴? 即f(x)?2x3?6x， ………………………………4分 ?c??6，经检验f(x)?2x3?6x满足题意；
c??6，b?d?0； ……………………5分 ∴a?2，y0)为曲线y?f(x)上一点，由（i）得f?(x0)?6x02?6， （ii）设(x0，2y0)处的切线方程为y?(6x0 则曲线y?f(x)在点(x0，?6)(x?x0)?y0， 23?6)x?4x0 即y?(6x0，显然过某一点的切线最多有三条；
又f?(?1)?0，f(?1)?4，
∴y = 4是曲线y?f(x)的一条切线，且过（m，4）； …………………6分
y1)，(x2，y2)，其中x1??1，x2??1且x1?x2， 设另两条切线切点分别为(x1，323?6)x?4x2∴不妨设直线l1的方程为y?(6x12?6)x?4x1，直线l2的方程为y?(6x2， 323?1)，3m(x2?1)?2(x2?1)， 令y = 4并化简得3m(x12?1)?2(x122(x12?x1?1)2(x2?x?1)则m?且m?， ………………………………8分
3(x1?1)3(x2?1)2(x2?x?1)x2是方程m?∴x1，的两解，
3(x?1)2(x2?x?1)2121令g(x)?)， ?(x?1??1)，g?(x)?(1?3(x?1)23(x?1)3x?1令g?(x)?0得x = 2或0，
∴当x＜0或x＞2时，g?(x)＞0；当0＜x＜1或1＜x＜2时，g?(x)＜0；
2又g(0)??，g(2)?2，
322故当x＜0时，g(x)的值域为(??，?]； ?)，当0≤x＜1时，g(x)的值域为(??，33??)，当x＞2时，g(x)的值域为[2，??)； 当1＜x＜2时，g(x)的值域为(2，又当x??1时，g(?1)??1，
2(?1，?)(2，??)； ………………………………10分
3（2）令xB?x1，xC?x2，由f?(x)?3ax2?2bx?c及l1//l2得
因此m?(??，?1)23ax12?2bx1?c?3ax2?2bx2?c，
∴3a(x1?x2)(x1?x2)?2b(x2?x1)由x1?x2 得x1?x2??即x2??x1?2b， 3a2b； ………………………………12分 3a将y?(3ax12?2bx1?c)(x?x1)?y1与y?f(x)联立化简得
3ax3?bx2?(3ax12?2bx1)x?2ax1?bx12?0，
bb∴a(x?x1)2(x?2x1?)?0，∴xD??2x1?， …………………………14分
aabb同理xA??2x2??2x1?，
a3ab2bb∴xA?xB?x1?，xB?xC?2x1?，xC?xD?x1?，
3a3a3a∴(xA?xB):(xB?xC):(xC?xD)?1:2:1． ………………………………16分
11
20．解：（1）由条件得1，b1，b2，… bk ，3 ，9 成等差数列，
2
所以公差d = – 9 ，k = 2，
75
所以这2个数为：b1=9 ，b2= 9 ； ……………………2分 （2）设a1与a2之间插入k个数，k∈N，且k≤m，
则在a2与a3之间插入（m – k）个数，
由条件这等差数列第一项为a1=1，第k+2项为a2 = q，第m+2项为a2 = q2，
q – 1q2 –q
所以k+1 = m – k +1，q ≠ 1，
m – k +1m
所以q = k +1，且 k ≠ 2 ；
m – k +1m
所以公比q的所有可能的取值的集合{ q | q = k +1，k∈N，k ≤ m且k ≠ 2 }；
……………………6分
（3）当且仅当q∈N，且q ≥ 2时，在数列{an}的每相邻两项ak，ak+1之间插入ck
（k∈N*，ck∈N）个数，使之成为一个等差数列； 证明如下：
（i）当q∈N，且q ≥ 2时，新构成的等差数列可以是正整数数列1，2，3，…，显然满足条件； ………………………8分 （ii） 若在数列{an}的每相邻两项ak，ak+1之间插入ck（k∈N*，ck∈N）个数， 使之成为一个等差数列，这个等差数列设为{bn}，
