3???(?,?) （2分）
2242?sin??cos???1?2sin?cos??? ② （2分）
25312172,cos???由①、②得sin??? （2分） 5050??5?7?,)， 又???(2888?21?cos(??)1?(cos??sin?)??442?cos(?)?????? （4分） 28225
14．解：（1）EF与AD，EF与BC，DE与BF，AE与CF， （2分）
由已知，有EF//AB， ?AB?AD， ?EF?AD.
同理，有EF?BC. （2分）
过点E作EK//FB交AB点K，则?DEK为异面直线DE与FB所成的角，
?DE?FB?4，AK?2?(4cos60o)?4，DK?42，
??DEK?90o，即DE?BF，同理AE?CF （3分） （2）过点E分别作EM?AB于点M，EN?CD于点N，连接MN，则AB⊥平面EMN，
?平面ABCD⊥平面EMN，过点E作EO?MN于点O，则EO⊥平面ABCD 由题意知，AE?DE?AD?4，
AM?DN?4cos60??2，EM?EN?23，
?O为MN中点，?EO?22即四棱锥E?AMND的高， （2分） 同理，再过点F作FP?AB于点P，ENFQ?CD于点Q，连接PQ，
原多面体被分割为两个全等的四棱锥和一个直棱柱，且MP?16?2?2?12（2分）
111762（2分） ?V多面体=2V四棱锥+V直棱柱=2??（2?4）?22+（?4?22）?12=323答：该粮仓可储存
1762立方米的粮食 （1分） 3
15．解：（1）如图，以两个定点F1，F2的中点为坐标原点O，以F1，F2所在的直线为y轴，以线段F1F2的垂直平分线为x轴，以与xOy平面垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系O?xyz， （1分） 设|F1F2|?2c?0，|PF1|?|PF2|?2a(a?c)，P(x,y,z)
?x2?(y?c)2?z2?x2?(y?c)2?z2?2a， （2分）
?x2?(y?c)2?z2?2a?x2?(y?c)2?z2
两边平方，得
?ax2?(y?c)2?z2?a2?cy， （2分）
两边平方，整理得
x2y2z2???1
a2?c2a2a2?c2x2y2z222令a?c?b，得2?2?2?1．① （3分）
babx2y2z2若点F1、F2在x轴上，则方程为：2?2?2?1
abb（2）对称性：
由于点(x,y,z)关于坐标原点O的对称点(?x,?y,?z)也满足方程①，说明曲面?关于坐标原点O对称； （1分）
由于点(x,y,z)关于x轴的对称点(x,?y,?z)也满足方程①，说明曲面?关于x轴对称；同理，曲面?关于y轴对称；关于z轴对称． （1分） 由于点(x,y,z)关于xOy平面的对称点(x,y,?z)也满足方程①，说明曲面?关于xOy平面对称；同理，曲面?关于xOz平面对称；关于yOz平面对称． （2分） 图略． （4分）
16．解：由题意知a1?2，且
ban?2n??b?1?Sn
ban?1?2n?1??b?1?Sn?1
两式相减得b?an?1?an??2??b?1?an?1
n即an?1?ban?2n ① （2分） （1）当b?2时，由①知an?1?2an?2n 于是an?1??n?1??2?2an?2??n?1??2
nnnn?1 ?2an?n?2
??n?1又a1?1?2n?1?1?0，所以an?n?2是首项为1，公比为2的等比数列．
??故知，bn?2n?1， （4分） 再由bn?an?n?2n?1，得an??n?1?2另解：
n?1． （2分）
an?1an1?n? （2分） n?1222a11?a??1是首项为，公差为的等差数列， ??n1n?22?2?an?1n?1?n?1?? 2n22?an??n?1??2n?1 （4分）
bn??n?1??2n?1?n?2n?1?2n?1 （2分）
（2）当b?2时，由①得
an?1?111???2n?1?ban?2n??2n?1?b?an??2n? （2分） 2?b2?b2?b??若b?0，Sn?2n （1分） 若b?1，an?2n，Sn?2n?1?2 （1分）
1，数列?an?若b?0、2(1?b)1?为首项，以b为公比的等比数列，故 ?2n?是以
??2?b?2?ba?12?b?2n?2(1?b)2?b?bn?1n，
a1?nn??b2??2?2b?bn?12? S?12?22?23?????2n2(1?b)n2?b???2?b?1?b1?b2?????bn?1?2(2n?bnS)n?2?b
b?1时，Sn?1n?2?2符合上式
所以，当b?0时，S2(2n?bn)n?2?b 当b?0时，Snn?2
另解：
当n?1时，S1?a1?2 当n?2时，?bann?2??b?1?Sn
?b?Sn?Sn?1??2n??b?1?Sn
?Snn?bSn?1?2 若b?0，Sn?2n 若b?0，两边同除以2n得
Sn2n?b2?Sn?12n?1?1 令SnbSn?1SnbSn?12?2m2n?m?2?2n?1?1?m，即2n?m?2?(2n?1?b) 由m?2?2m2b得m?b?2
?{Sn2bb2n?b?2}是以b?2为首项，2为公比的等比数列
?Sn2bb2n?b?2?b?2?(2)n?1， 所以，当b?0时，S2(2n?bn)n?2?b
17．解：（1）设P(x,y)，由题意，可知曲线C1为抛物线，并且有
2分）
2分）
1分）
1分）
2分）
1分） 4分）
（ （（（（（（3211)?(y?)2?3x?y?2， 222化简，得抛物线C1的方程为：x2?3y2?23xy?83x?8y?0．
8
令x?0，得y?0或y?，
3
令y?0，得x?0或x?83，
?8?所以，曲线C1与坐标轴的交点坐标为?0,0?和?0,?，(83,0)． （3分）
?3?由题意可知，曲线C1为抛物线，过焦点与准线垂直的直线过原点，
(x?点F(31,)到l1:y??3x?2的距离为223???31??222?2． （2分） 23?12所以C2是以?1,0?为焦点，以x??1为准线的抛物线，其方程为：
y2?4x． （3分）
（2）设C(x1,y1)，D(x2,y2)，由题意知直线l2的斜率k存在且不为零，设直线l2的方程
1为y?k(x?m)，则直线CD的方程为y??x?b， （1分）
k1?y??x?b,?则?得y2?4ky?4kb?0， k?y2?4x.?所以??16k(k?b)?0 ① （2分） y1?y2??4k,y1?y2??4kb， 设弦CD的中点为G(x3,y3)，则
y3??2k,x3?k(b?2k). 因为G(x3,y3)在直线l2上，所以
m?2?2k2 ② ?2k?k(bk?2k?m)，即b?k2将②代入①，得0?k?m?2，
2m?3??m?1??CD?1???k??y1?y2?1?k?(y1?y2)?4y1y2?4??k2?????（4分）
2??2??2设t?k，则0?t?m?2． （1分）
22222?m?3??m?1?构造函数f(t)?4??t?????，0?t?m?2．
2??2???m?2?0,由已知m?2，当?，即2?m?3时，f(t)无最大值，所以弦长CD不存在
m?3?0?最大值． （1分） 当m?3时，f(t)有最大值2(m?1)，即弦长CD有最大值2(m?1). （1分）
22高三数学（文科）练习卷答案
一、1．??1,i?； 2．a1b2?a2b1； 3． ?20
4．23； 5．30； 6．2cos7．
? n?125?4?与； 8．0?a?1； 9．4?．
33二、10． D； 11．B； 12．C．
三、13．a?b?(cos??sin??2,cos??sin?)
|a?b|?(cos??sin??2)2?(cos??sin?)2
?4?22(cos??sin?)
????21?cos????． （6分）
4??82??7?由|a?b|?，得cos?????. （2分）
54?25?????24???sin??????1?cos2??????. （2分）
4?4?25??312172????????????或 （2分） ?sin????????sin????cos?cos????sin??5044?4?44?450????????2?，
312?sin???. （2分）
?50?另解：?a?b?(2?sin??cos?,sin??cos?)
??2128?a?b?(2?sin??cos?)2?(sin??cos?)2?4?22(sin??cos?)?
2572?sin??cos??? ① （6分）
25985272?0， 由(sin??cos?)?1?2sin?cos??，得2sin?cos??6256253???(?,?) （4分）
2242?sin??cos???1?2sin?cos??? ②
25312由①、②得sin??? （4分）
5014．解：（1）过点E作EK//FB交AB点 K，则?DEK为异面直线DE与FB所成
的角， （2分）
?DE?FB?4，AK?2?(4cos60o)?4，
DK?42 （4分） ??DEK?90o，即DE?BF． （1分） （2）过点E分别作EM?AB于点M，EN?CD