2013年成人高考数学模拟题1[1]

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2A6?30种等可能的结果。

（I）设A表示“甲、乙的演出序号均为偶数”

2则A包含的结果有A3?6种，

故所求概率为P(A)?61?. 305 （II）设B表示“甲、乙两单位的演出序号不相邻”

则B表示甲、乙两单位序号相邻，B包含的结果有5?2!?10种。从而P(B)?1?P(B)?1?102?. 303b2?c2?a222（18）解：（I）由余弦定理得cosA??,

2bc3又0?A??,故sinA?1?cosA?21. 32sin(A? （II）原式??41?cos2A)sin(??A??4

)2sin(A?)sin(A?)44 ?2sin2A2(?2222sinA?cosA)(sinA?cosA)2222 22sinA??sin2A?cos2A?2sin2A 7??.2（19）

2解：（Ⅰ）由题意得f?(x)?3ax?2x?b.

因此g(x)?f(x)?f?(x)?ax?(3a?1)x?(b?2)x?b.因为函数g(x)是奇函数，

22x,有所以g(?x)??g(x),即对任意实数

a(?x)3?(3a?1)(?x)2?(b?2)(?x)?b??[ax2?(3a?1)x2?(b?2)x?b],

从而3a?1?0,b?0,解得a??,b?0,因此f(x)的解析表达式为

131f(x)??x3?x2.

312x?2x,所以g?(x)??x2?2,令g?(x)?0,解得x1??2，3 （Ⅱ）由（Ⅰ）知g(x)??x2?2,则当x??2或x?2时,g?(x)?0,从而g(x)在区间(??,?2],[2,??)上是减函数；当?2?x?

2时,g?(x)?0,从而g(x)在区间[?2,2]上是增函数。

由前面讨论知，g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在x?1,2,2时取得,而

5424g(1)?,g(2)?,g(2)?.333因此

g(x)在

[1,2]上区的间

g(2)?442，最小值为g(2)?.

33（20）（I）证明：如答（20）图1，由PA⊥底面ABCD，得PA⊥

AB，由PA=AB知?PAB

为等腰直角三角形，又点E是棱PB的中点，故AE⊥PB 由题意知BC⊥AB，又AB是PB在面ABCD内的射影，由垂线定理得BC⊥PB，从而PC⊥平面PAB，因AE⊥BP，AE⊥BC，所以AE⊥平面PBC。（II）解：由（I）知BC⊥平面PAB，又AD//BC，

得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE。在Rt?PAB中，PA=AB=2，

AE?11PB?PA2?AB2?1. 22从而在Rt?CBE中,CE?BE2?BC2?2.又CD?2，

所以?CED为等边三角形，

取CE的中点F，连接DF，则DF?CE.

因BE=BC=1，且BC⊥BE，则?EBC为等腰直角三角形，连接BF，则BF⊥CE，所以?BFD为所求的二面角的平面角。

连接BD，在?RFD中，

DF?CD?sin?3?612,BF?CE?,BD?BC2?CD2?3. 222DF2?BF2?BD23所以cosBFD???.

2?DF?BF3故二面角B—EC—D的平面角的余弦值为?解法二：

（I）如答（20）图2，以A为坐标原点，射线AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴正

半轴，建立空间直角坐标系A—xyz. 设D（0，a，0），则B(2,0,0),C(2,a,0) P(0,0,2),E(3. 322,0,). 22 于是AE?(22,0,),BC?(0,a,0) 22 PC?(2,a,?2)

则AE?BC?0,AE?PC?0，所以AE⊥平面PBC.

（II）解：设平面BEC的法向量为n，由（I）知，AE⊥平面BEC，

故可取n1?EA?(?22,0,?) 22设平面DEC的法向量n2?(x2,y2,z2)，则n2?DC?0，

n2?DE?0.

由 |AD|=1，得D(0,1,0),C(2,1,0)

从而DC?(2,0,0),DE?(22,?1,), 22?x2?0,?故?2 2x2?y2?z2?0?2?2所以x2?0,z2?2y2.

可取y2?1,则n2?(0,1,2) 从而cosn1,n2?n1?n23??.

|n1|?|n2|33. 3所以二面角B—EC—D的平面角的余弦值为?（21）（本题12分）

x2y2解：（I）设C的标准方程是2?2?1(a?0,b?0)，

ab则由题意c?5,e?c5?. a2因此a?2,b?c2?a2?1,

x2?y2?1. C的标准方程为4C的渐近线方程为y??1x,即x?2y?0和x?2y?0. 2 （II）解法一：如图（21）图，由题意点E(xE,yE)在直线l`:x1x?4y1y?4和

l2:x2x?4y1y?4上，因此有x1xE?4y1yE?4,x2xE?4y2yE?4

故点M、N均在直线xEx?4yEy?4上，因此直线MN的方程为

xEx?4yEy?4.

设G、H分别是直线MN与渐近线x?2y?0及x?2y?0的交点，

由方程组??xEx?4yEy?4,?xEx?4yEy?4, 及??x?2y?0?x?2y?0,44??x?,x??Cx?2y?Nx?2y?EE?EE解得?. ?2?2?y?,?yN?C?xE?2yE?xE?2yE??故OG?OG?4422 ???xE?2yExE?2yExE?2yExE?2yE?12. 22xE?4yEx222?y2?1上,有xE?4yE?4. 因为点E在双曲线4所以OG?OH?12?3. 22xE?4yE解法二：设E(xE,yE)，由方程组得

?x1x?4y1y?4, ??x2x?4y2y?4,解得xE?4(y2?y1)x1?x2,yE?,

x1y2?x2y1x1y2?x2y1xE(x?x1). 4yE故直线MN的方程为y?y1??注意到x1xE?4y1yE?4,因此直线MN的方程为xEx?4yEy?4，下同解法一.

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