数学（理工类）

一、选择题

二、填空题

（16）16/3　　 （17）-5120

（18）AC⊥BD　　 （19）①，③

三、解答题：

（20） 解：由正弦定理和已知条件a+c=2b得

sinA+sinC=2sinB。 ……2分 由和差化积公式

得 2sin(A+C)/2cos(A-C)/2=2sinB。 由A+B+C=π，

得sin(A+C)/2=cosB/2， 又A-C=π/3，得

　(/2)cosB/2=sinB，

∴(/2)cosB/2=2(sinB/2)(cosB/2)。 ……6分

∵0<B/2<π/2, cosB/2≠0， ∴sinB/2=/4，

从而cosB/2==/4 ……9分

∴sinB=/2×/4=/8 ……11分

（21）

解法一：如图建立坐标系，以l₁为x轴，MN的

垂直平分线为y轴，点O

为坐标原点。 依题意

知：曲线段C是以点N为

焦点，以l₂为准线的抛

物线的一段，其中A、B

分别为C的端点。 设曲

线段C的方程为 y₂=2px (p>0),(x_A≤x≤x_B,y>0)，

其中x_A,x_B分别为A，B的横坐标，p=|MN|。

所以 M(-p/2,0),N(p/2,0)。 ……4分

由|AM|=，|AN|=3得

(x_A+p/2)²+2px_A=17， ①

(x_A-p/2)²+2pxA=9。 ② ……6分

由①，②两式联立得x_A=4/p，再将其代

入①式并由p>0解得 p=4, x_A=1；

或p=2, x_A=2。 因为△AMN是锐角三角形，

所以p/2>x_A，故舍去p=2, x_A=2。

∴p=4, x_A=1。 由点B在曲线段C上，

得x_B=|BN|-p/2=4。 综上得曲线段C的方

程式为y²=8x(1≤x≤4,y>0)。 ……12分

解法二：如图建立坐标系，分别以l₁、l₂

为x、y轴，M为坐标原

点。 作AE⊥l₁，

AD⊥l₂，EF⊥l₂，垂

足分别为E、D、F。

……2分

设A(x_A,y_A)、B(x_B,y_B)、

N(x_N,0)。 依题意有 x_A=|ME|=|DA|=|AN|=3，

y_A=|DM|=2， 由于△AMN为锐角

三角形，故有

x_N=|AE|+|EN|=4。

x_B=|BF|=|BN|=6。 ……7分

设点P(x,y)是曲线段C上任一点，则由题

意知P属于集合{(x,y)|(x-x_N)²=x²,

x_A≤x≤x_B,y>0}。 ……10分

故曲线段C的方程

y²=8(x-2)(3≤x≤6,y>0)。 ……12分

（22） 解法一：设y为流出的水中杂质

的质量分数，则y=k/ab，其中k>0为比

例系数，依题意，即所求的a,b值使y值

最小。 根据题设，有

4b+2ab+2a=60(a>0,b>0)， ……4分

得 b=30-a/2+a (0<a<30)， ①

于是 y=k/ab=k/((30a-a²)/(2+a))

　 =k/(-a+32-64/(a+2))

　 =k/(34-(a+2+64/(a+2))

　 ≥k/(34-2)=k/18，

当a+2=64/(a+2)时取等号，

y达最小值。 ……8分

这时a=6,a=-10（舍去）。 将a=6代入①式

得b=3。 故当a为6米，b为3米时，经沉淀

后流出的水中该杂质的质量分数最小。

……12分

解法二：依题意，即所求的a,b的值使ab最大。

由题设知

4a+2ab+2a=60 (a>0,b>0)， ……4分

即 a+2b+ab=30 (a>0,b>0)。 ∵a+2b≥2，

∴2+ab≤30， 当且仅当a=2b时，上

式取等号。 由a>0，b>0，解得0<ab≤18。

即当a=2b时，ab取得最大值，

其最大值为18。 ……10分

∴2b²=18。解得b=3，a=6。 故当a为6米，

b为3米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质

量分数最小。 ……12分

（23） 解：（Ⅰ）作A₁D⊥AC，垂足为D，

由面A₁ACC₁⊥面ABC，得

A₁D⊥面ABC， ∴∠A₁AD

为A₁A与面ABC所成的角。

……2分

∵AA₁⊥A₁C，AA₁＝A₁C，

∴∠A₁AD＝45°为所求。 ……4分

（Ⅱ）作DE⊥AB，垂足为E，连A₁E，则由

A₁D⊥面ABC，得A₁E⊥AB。 ∴∠A₁ED是面A₁ABB₁

与面ABC所成二面角的平面角。 ……6分

由已知，AB⊥BC，得ED∥BC。又D是AC的中点，

BC＝2，AC＝2， ∴DE＝1，AD＝A₁D＝，

tgA₁ED＝A₁D/DE=。

故∠A₁ED＝60°为所求。 ……8分

（Ⅲ）解法一：由点C作平面A₁ABB₁的垂线，垂足

为H，则CH的长是C到平面A₁ABB₁的距离。 ……10分

连结HB，由于AB⊥BC，得AB⊥HB。 又A₁E⊥AB，

知HB∥A₁E，且BC∥ED， ∴∠HBC＝∠A₁ED＝60°。

∴CH＝BCsin60°＝为所求。 ……12分

解法二：连结A₁B。 根据定义，点C到面A₁ABB₁的

距离，即为三棱锥C－A₁AB的高h。 ……10分 由

V锥C－A₁AB＝V锥A₁－ABC得

1/2S△AA₁Bh＝1/2S△ABCA₁D，

即 1/3×2h=1/3×2×，

∴h=为所求。 ……12分

（24）（Ⅰ）解：曲线C1的方程为

y=(x-t)³-(x-t)+s。 ……3分

（Ⅱ）证明：在曲线C上任取一点B₁(x₁,y₁)。

设B₂(x₂,y₂)是B₁关于点A的对称点，则有

x₁+x₂/2=t/2, y₁+t₂/2=s/2。

∴x₁=t-x₂, y₁=s-y₂。 ……5分 代入曲线C的

方程，得x₂和y₂满足方程：

s-y₂=(t-x₂)³-(t-x₂)，

即 y₂=(x₂-t)³-(x₂-t)+s， 可知点B₂(x₂,y₂)

在曲线C₁上。 ……7分 反过来，同样可以证明，

在曲线C₁上的点关于点A的对称点在曲线C上。

因此，曲线C与C₁关于点A对称。

（Ⅲ）证明：因为曲线C与C₁有且公有一个公共

点，所以，方程组 y=x³-x, y=(x-t)³-(x-t)+s

有且公有一组解。 消去y，整理得

3tx²-3t²x+(t³-t-s)=0， 这个关于x的一元二次

方程有且仅有一个根。 ……10分 所以t≠0并且

其根的判别式 △=9t⁴-12t(t³-t-s)=0。

即 t≠0, t(t³-4t-4s)=0。

∴s=t³/4-t 且 t≠0。 ……12分

（25）（Ⅰ）设数列{b_n}的公差为d，由题意得

b₁=1, 10b₁+10(10-1)/2d=100。

解得 b₁=1, d=2。 ∴b_n=2n-1。 ……2分

（Ⅱ）由b_n=2n-1，知

S_n=lg(1+1)+lg(1+1/3)+…+lg(1+1/2n-1+

=lg[(1+1)(1+1/3)×…×(1+1/2n-1)]，

1/2lgb_n+1=lg。

因此要比较S_n与1/2lgb_n+1的大小，可先比较

(1+1)(1+1/3)×…×(1+1/2n-1)与的大小。

取n=1有(1+1)>， 取n=2有

(1+1)(1+1/3)>， 由此推测

(1+1)(1+1/3)×…×(1+1/2n-1)>。

① ……5分 若①式成立，则由对数函数性质可断定：

S_n>1/2lgb_n+1。 ……7分

下面用数学归纳法证明①式。

(i)当n=1时已验证①式成立。

(ii)假设当n=k(k≥1)时，①式成立，即

(1+1)(1+1/3)×…×(1+1/2k-1)>。 ……8分

那么，当n=k+1时，

(1+1)(1+1/3)…(1+1/2k-1)(1+1/2(k+1)-1)>

(1+1/2k+1)=/2k+1(2k+2)。

∴[/2k+1(2k+2)]²-[]²

=4k²+8k+4k²+8k+3)/2k+1=1/2k+1>0，

∴/2k+1(2k+2)>。

因而(1+1)(1+1/3)…(1+1/2k-1)(1+1/2k+1)

　 >。

这就是说①式当n=k+1时也成立。

由(i)，(ii)知①式对任何正整数n都成立。

由此证得：S_n=1/2lgb_n+1。 ……12分