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一、填空题（每题5分，理科总分55分、文科总分60分）：

1. ；      2. 理：2；文：；      3. 理：1.885；文：2；

4. 理：；文：1.885；   5. 理：；文：4；   6. 理：；文：；

7. 理：；文：；     8. 理：；文：6；    9. 理：；文：；

10. 理：1； 文：；    11. 理：；文：；     12. 文：；

二、选择题（每题4分，总分16分）：

题号

理12；文13

理13；文14

理：14；文：15

理15；文：16

答案

A

C

B

C

三、解答题：

16.（理，满分12分）

解：因为抛物线的焦点的坐标为，设、，

由条件，则直线的方程为，

代入抛物线方程，可得，则.

于是，.

…2

…4

…8

…12

17.（文，满分12分）

解：因为，所以由条件可得，.

即数列是公比的等比数列.

又，

所以，.

…4

…6

…8

…12

（理）17.（文）18. （满分14分）

解：因为

所以，

即或，

或，

又由，即

当时，或；当时，或.

所以，集合.

…3

…7

…11

…14

18.(理，满分15分，第1小题6分，第2小题9分）

解：（1）当时，

故，，所以.

（2）证：由数学归纳法

（i）当时，易知，为奇数；

（ii）假设当时，，其中为奇数；

则当时，

所以，又、，所以是偶数，

而由归纳假设知是奇数，故也是奇数.

综上（i）、（ii）可知，的值一定是奇数.

证法二：因为

当为奇数时，

则当时，是奇数；当时，

因为其中中必能被2整除，所以为偶数，

于是，必为奇数；

当为偶数时，

其中均能被2整除，于是必为奇数.

综上可知，各项均为奇数.

…3

…6

…8

…10

…14

…15

…10

…14

…15

19. （文，满分14分）

解：如图，设中点为，联结、.

由题意，,,所以为等边三角形，

故，且.

又，

所以.

而圆锥体的底面圆面积为,

所以圆锥体体积.

…3

…8

…10

…14

（理）19. （文）20. （满分16分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分）

解：（1）由题意，当和之间的距离为1米时，应位于上方，

且此时中边上的高为0.5米.

又因为米，可得米.

所以，平方米，

即三角通风窗的通风面积为平方米.

（2）1如图（1）所示，当在矩形区域滑动，即时，

的面积；

2如图（2）所示，当在半圆形区域滑动，即时，

，故可得的面积

；

综合可得：

（3）1当在矩形区域滑动时，在区间上单调递减，

则有；

2当在半圆形区域滑动时，

，

等号成立，.

因而当（米）时，每个三角通风窗得到最大通风面积，最大面积为（平方米）.

…2

…4

…6

…9

…10

…12

…15

…16

21（文，满分18分，第1小题5分，第2小题6分，第3小题7分）

解：（1）设右焦点坐标为（）.

因为双曲线C为等轴双曲线，所以其渐近线必为，

由对称性可知，右焦点到两条渐近线距离相等，且.

于是可知，为等腰直角三角形，则由，

又由等轴双曲线中，.

即，等轴双曲线的方程为.

（2）设、为双曲线直线的两个交点.

因为，直线的方向向量为，直线的方程为

.

代入双曲线的方程，可得，

于是有

而

          .

（3）假设存在定点，使为常数，其中，为直线与双曲线的两个交点的坐标.

   ①当直线与轴不垂直时，设直线的方程为

代入，可得.

   由题意可知，，则有 ，．

于是，

要使是与无关的常数，当且仅当，此时.

 ②当直线与轴垂直时，可得点,，

 若，亦为常数.

综上可知，在轴上存在定点，使为常数.

…3

…5

…7

…9

…11

…13

…16

…17

…18

20（理，满分22分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题12分）

解：（1）解法一：由题意，四边形是直角梯形，且∥，

则与所成的角即为.

因为，又平面，

所以平面，则有.

    因为，,

所以，则，

即异面直线与所成角的大小为.

解法二：如图，以为原点，直线为轴、直线为轴、直线为轴，

建立空间直角坐标系.

于是有、，则有，又

则异面直线与所成角满足,

    所以，异面直线与所成角的大小为.

（2）解法一：由条件，过作，垂足为，联结.

于是有，故与所成角即为.

在平面中，以为原点，直线为轴，直线为轴，建立平面直角坐标系. 设动点，

则有

又平面