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参考答案
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1 A 2 D 3 D 4 B 5 A 6 B 7 A 8 B 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。 （ 9 ）325（10 ）14 （11）2（12）（13）1?0??2（此题答案不唯一） 52（14）①③ 三、解答题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 （15）（Ⅰ）解：由sinC?3sinB及正弦定理得c?3b，因为b?1，所以c?3. 222由余弦定理得a?b?c?2bccosA?1?3?2?1?3?221?7. 2所以a?7. （Ⅱ）解：因为sinC?3sinB,?A?60，所以sin(120??B)?3sinB. 即313cosB+sinB?3sinB，所以tanB?. 225（16）（Ⅰ）证明：因为AD∥BC，AD?平面PBC，BC?平面PBC， 所以AD∥平面PBC. 因为AD?平面AFED，平面AFED所以AD//EF. （Ⅱ）解：因为平面PAD?平面ABCD，平面PAD平面ABCD?AD， 平面PBC?EF， 第6页
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PA?平面PAD，PA?AD，所以PA?平面ABCD.所以PA?AB. 因为AB?BC,AD∥BC，所以AB?AD. 如图，建立空间直角坐标系A?xyz. 由PA?AB?BC?1，AD?2，可得 A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(2,0,0)，P(0,0,1). PC?(1,1,?1)，PD?(2,0,?1). 设平面PCD的一个法向量m?(x,y,z)， ??m?PC?0,?x?y?z?0，由?得? 2x?z?0，??m?PD?0,?令x?1，得y?1,z?2，所以m?(1,1,2). 因为AB?AD,AB?AP，ADAP?A，所以AB?平面PAD. 所以平面PAD的法向量n?(0,1,0). cos?m,n??m?n16. ??mn6?16由图可知二面角A?PD?C为锐角，所以二面角A?PD?C的余弦值为6. 6（Ⅲ）解：设PE??PC?(?,?,??)，??[0,1]，AE?AP??PC?(?,?,1??). 当AE??m,(??R)，即(?,?,1??)??(1,1,2)，????1时， 3第7页
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AE?平面PCD.
此时
PE1?. PC3（17）（Ⅰ）解：依题意，(0.0008?0.0022?a?0.0035?0.0008?0.0002)?100?1.
得a?0.0025. 从该公司的员工中随机抽取3人，可近似的看为独立重复实验，每人手机月流量超过700M的概率为1-(0.0008?0.0022)?100?0.7. 设事件A为“没有人的手机流量超过700M”， 则P(A)?0.33?0.027. 所以这3人中至少有1人手机月流量超过700M的概率为1-0.027=0.973. （Ⅱ）解：若该公司选择A套餐，设一个员工的所需费用为X，则X可能为20,30,40. X的分布列为 X P 20 0.3 30 0.6 40 0.1 EX?20?0.3?30?0.6?40?0.1?28. 若该公司选择B套餐，设一个员工的所需费用为Y，则Y可能为30,40. Y的分布列为 Y P 30 0.98 40 0.02 EY?30?0.98?40?0.02?30.2. 因为30.2?28， 所以订购A套餐更经济. （18）（Ⅰ）解：设抛物线C的焦点为F， 则 AF?x1?p，BF?x2?p， 22所以 AB?AF?BF?x1?x1?p， 所以 x1?x1?p?3p，x1?x1?2p. （Ⅱ）解：因为S△ANM?11ANMNsin?ANM,S△BNM?BNMNsin?BNM, 22所以S△ANM:S△BNM?ANsin?ANM:BNsin?BNM， 所以“在x轴上存在一点N，使得△ANM与 △BNM的面积之比为AN:BN”，
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等价于“在x轴上存在一点N， 使得sin?ANM?sin?BNM”,
依题意等价于“?ANM??BNM”， 即“kAN?kBN?0”. 设x轴上存在点N(x0,0)满足题意，直线l的方程为x?ty?m. ??x?ty?m, 由?2 得y2?2pty?2pm?0. ??y?2px所以y1?y2?2pt,y1y2??2pm. kAN+kBN?y1y2y1y2??? x1?x0x2?x0ty1?m?x0ty2?m?x0???y1(ty2?m?x0)?y2(ty1?m?x0) (ty1?m?x0)(ty2?m?x0)2ty1y2?(m?x0)(y1?y2) (ty1?m?x0)(ty2?m?x0)2t(?2pm)?(m?x0)(2pt) (ty1?m?x0)(ty2?m?x0)??2pt(m?x0). (ty1?m?x0)(ty2?m?x0)若t?0，则kAN+kBN?0，即x轴上除点M的任意一点均满足题意； 若t?0，令?2pt(m?x0)?0，得x0??m. (ty1?m?x0)(ty2?m?x0)点N(?m,0)满足题意. 综上，存在一点N(?m,0)，使得△ANM与△BNM的面积之比始终为AN:BN. （19）（Ⅰ）解：若a?π，则f(x)?法一： 令g(x)?2?sinx?(x?π)cosx， x?π2?sinx?(x?π)cosx，f'(x)? sinx?2(sinx?2)2g'(x)?(x?π)sinx?0
所以g(x)在区间[0,]单调递减，且有g()?3?0
π2π2所以
f'(x)?0，函数f(x)在区间[0,]上单调递增；
π2法二：
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令g(x)?2?sinx?(π?x)cosx，
因为当 x?[0,]时，sinx?0, (π?x)?0, cosx?0
π2所以g(x)?0对x?[0,]成立， π2所以f'(x)?0对x?[0,]成立，函数f(x)在区间[0,]上单调递增； π2π2（Ⅱ）解：f'(x)?2?sinx?(x?a)cosx (sinx?2)2令h(x)?2?sinx?(x?a)cosx. h'(x)?(x?a)sinx. 令h'(x)?0，得到x?a. 当a?(0,)，x?a是函数h(x)的极小值点，也是最小值点. 因为h(a)?2?sina?0， π2π?aππ2πa所以函数f(x)在区间[0,]上单调递增，f(x)的最大值f()==?； 22363πππa?[,??)[0,]h()?3?0， h'(x)?0h(x)当，，函数在区间上递减，222所以函数f(x)在区间[0,]上单调递增， π2πa?； 63π2函数f(x)的最大值f()?当a?[?2,0]时h'(x)?0，h(0)?2?a,h(0)?0，
所以函数
f(x)在区间[0,]上递增，
π2πa?； 63第10页
π2函数
f(x)的最大值f()?