数学试题参考答案
（1）A （2）C （3）D （4）C （5）B （6）B （7）A （8）C （9）D（10）D
（11）46 （12）18 （13）1 260 （14）2 （15）2n+1 （16）( 3 22, 3 22) {1} （17） 解：（Ⅰ） 所以所求椭圆的标准方程为 （Ⅱ） 所以所求双曲线的标准方程为
y
2
2
2
∵MQ⊥A1P， ∴MQ
A1Q PQA1PMF
2
255
2
, MF
255
在△FCQ中，FC=1，QC=2，∠C=60°，由余弦定理得QF=3。 在△FMQ中， FMQ
（20） 解：（Ⅰ）∵t
x
x
45x
2
y
9
1 .
MQ QF
2
2MF MQ
78
1.
必须1 x 0且1 x 0, 即 1 x 1 x,∴要使t有意义，
20
16
（18） 解：设OO1为x m，则1 x 4
设题设可得正六棱锥底面边长为（单位：m）
32
(x 1)
2
8 2x x2
V(x)
23(8 2x x2)[133
23(x 1) 1] 2
(16 12x x).
求导数，得V (x)
3
2
2
(12 3x). 令V (x) 0，解得x 2（不合题意，舍去）
，x=2 当1 x 2时,V (x) 0,V(x)为增函数； 当2 x 4时,V (x) 0,V(x)为减函数。 所以当x=2时，V(x)最大。
（19）（Ⅱ）在图2中，∵A1E不垂直于A1B，∴A1E是平面A1BP的斜线。
又A1E⊥平面BEP， ∴A1E⊥BP，
从而BP垂直于A1E在平面A1BP内的射影（三垂线定理的逆定理）。 设A1E在平面A1BP内的射影为A1Q，且A1Q交BP于点Q，则 ∠EA1Q就是A1E与平面A1BP所成的角， 且BP⊥A1Q。
在△EBP中， ∵BE=BP=2，∠EBP=60°， ∴△EBP是等边三角形， ∴BE=EP
又A1E⊥平面BEP， ∴A1B=A1P， ∴Q为BP的中点，且EQ 3。
又A1E=1，在Rt△A1EQ中，tan EAEQ1Q
A3, ∴∠EA1Q=60°
1E
（Ⅲ）在图3中，过F作FM⊥A1P于M，连结QM，QF。
∵CF=CP=1， ∠C=60°，
∴△FCP是正三角形， ∴PF=1。 又PQ
12
BP 1， ∴PF=PQ。 ①
∵A1E⊥平面BEP， EQ EF
3,
∴A1F=A1Q； ∴△A1FP≌△A1QP 从而∠A1PF=∠A1PQ ②
由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP， ∴∠QMP=∠FMP=90°，且MF=MQ，
从而∠FMQ为二面角B—A1P—F的平面角。 在Rt△A1QP中，A1Q=A1F=2，PQ=1， ∴A1P
5。
∵t2 2 21 x2 [2,4], t 0 ① ∴t的取值范围是[2,2] 由①得 x2
12
12
2
t 1 ∴m(t) a(
2
t 1) t
12
at
2
t a,t [2,2]
（Ⅱ）由题意知g(a)即为函数m(t) 12
2at
t a,t [2,2]的最大值
注意到直线t
1a
是抛物线m(t)
12
at2
t a的对称轴，分以下几种情况讨论。
（1）当a>0，函数y m(t),t [2,2]的图像是开口向上的抛物线的一段，由
t
1a
0知m(t)在[2,2]上单调递增。∴g(a) m(2) a 2
（2）当a=0时，m(t)=t，t [2,2]， ∴g(a) 2
（3）当a<0时，函数y=m(t)，t [2,2]的图像是开口向下的抛物线的一段。 若t 1a (0,
2],即a
22, 则g(a) m(2) 2. 若t
1 (2,2],即a (
2
a, 1
], 则g(a) m(
1
22a) a
12a.
若t 11
a (2, ),即a ( 2
,0),则g(a) m(2) a 2.
a 2,a 1
2综上有 g(a)
a 1, 2 a 1
2a22
2a 22（Ⅲ）解法一：情形1：当a 2时,1 1
,此时g(a)
2,g(11
a2
a) a
2.
由2
1a
2解得a 1
22,与a 2矛盾。 情形2：当2 a 2时,
2
2
1a
12
，此时g(a) 2，
5
2005年至2010年山东、辽宁、江苏、宁夏高考数学理科试卷及答案
11a1a
g() ,由2 解得a 2,与a 2矛盾。 aa2a2
又cn 1 cn (an 1 an) 2(an 2 an 1) 3(an 3 an 2)
d1 2d1 3d1 6d1（常数）（n=1，2，3，…），所以数列{cn}为等差数列. 充分性，设数列{cn}是公差d2的等差数列，且bn b1（n=1，2，3，…）. 证法一：
①－②得cn cn 2 (an an 2) 2(an 1 an 3) 3(an 2 an 4)
bn 2bn 1 3bn 2,，
情形3：当 所以
2 a
22
22
时,-2
1a
22
，此时g(a)
1
2 g()
a
2 a
。
情形4：当
2 a
112
2时,-2
a
2，此时g(a) a
12a
g(1
) 2,由 a
12a2a
2解得a 2
,与a
22
矛盾。
情形5：当
1
12
a 0时,
a
2，此时g(a) a 2,g(1
a
)
2
由a 2 2解得a 2 2,与a 1
2
矛盾。
情形6：当a>0时，1a 0，此时g(a) a 2,g(1a) 1
a
2
由a 2
1a
2解得a 1,由a 0知a 1
综上知，满足g(a) g(1a
)的所有实数a为： 2 a
22
或a 1
解法二：当a 12
时, g(a) a 2
32
2
当
212
a
,
2,1]，所以 a
12
时, a [
12
2
),
12a
(
2
2
2a
,
g(a) a
12
2a
2( a) (
1
2a) 2。因此，当a 2
时,g(a)
2
当a 0时,11a 0，由g(a) g(1
a)知a 2 a
2解得a 1
当a 0时,a 11a 1,因此a 1或a 1,从而g(a) 2或g(1
a
)
2
要使g(a) g(1
2a)，必须有a
2,1a 2
2
,即 2 a
22
.
此时g(a)
2 g(1)。综上知，满足g(a) g(1
aa
)的所有实数a为：
2 a
22
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