7 .
6
2
即 AD 7 .
18．
（1）2 月到 6 月中，合格的月份为 2，3，4 月份，
则 5 个月份任意选取 3 个月份的基本事件有
2,3, 4 ， 2,3,5 ， 2,3,6 ， 2, 4,5 ， 2, 4,6 ， 2,5, 6 ，
2
21．
（1）设 Q x, y ，由题意，得 x 2 y a y a ，化简得 x 4ay ，
2
所以动圆圆心 Q 的轨迹方程为 x 4ay ，
2
它是以 F 为焦点，以直线 l 为准线的抛物线.
t2
（2）不妨设 A t ,
t 0 .
4a
已知函数 f x x 2 2 x 3 ．
t1 t2
2
（1）求不等式 f x 7 的解集；
2
2
2
（2）若 f x 的最小值为 m ， a 、 b 、Байду номын сангаасc 为正数且 a b c m ，求证： a b c
25
．
3
23．解：
（1）当 x 2 时， f x x 2 2 x 3 2 x 2 x 3 3x 4 ，由 f x 7 ，得
1

+ ln.
1
1


依题意，方程 + ln − = 0有实数根，即函数() = + ln − 存在零点.
又′ () = −
1
2

−1
1

2

+ =
.令′ () = 0，得 = .
当 < 0时，′ () < 0.即函数()在区间(0, +∞)上单调递减，
68
aˆ 6 0.640 7 1.52 ，
故 yˆ 0.64 x 1.52 ；
（3）当 x 15 千只，
yˆ 0.64 15 1.52 11.12 （十万元） 111.2 （万元），
故 9 月份的利润约为 111.2 万元.
19．（1）由题知，在矩形 ABCD 中， AMD BMC 45 ， AMB 90 ，又 DA BM ，
得 x2 4akx 4a 2 0 .
首先， 16a
2
k
2
1 0 ，解得 k 1 或 k 1 .
其次，设 M x1 , y1 ， N x2 , y2 ，
2
则 x1 x2 4ak ， x1 x2 4a .
kFM kFN

y1 a y2 a x2 y1 a x1 y2 a
当 x 3 时， f x x 2 2 x 3 2 x 2 x 3 3x 4 ，由 f x 7 ，解得 x
综上所述，不等式 f x 7 的解集为 ,1


x1
x2
x1 x2
x2 kx1 2a x1 kx2 2a
2a x1 x2
2k
x1 x2
x1 x2
2k
2a 4ak
0.
4a 2
AFM AFN 得证.

x t
8
8
2

得直线 l 的普通方程为 3x y 2 0 ，由
所以切线的方程为 y 3 2( x 3) ，即 2 x y 9 0 故选 A.
11．答案：B
解析：回归对称性的定义，奇偶性定义和周期性定义可排除。
12．答案：A
13．答案： 4
14．答案：70
解析：依题意 a5 a1 4d 13
，
S5 5a1 10d 35 ，所以 a1 1, d 3
3x 4 7 ，
解得 x 1，此时 x -2 ；
当 2 x 3 时， f x x 2 2 x 3 2 x 2 x 3 x 8 ，由 f x 7 ，得 8 x 7 ，
解得 x 1，此时 2 x 1 ；
3, 4,5 ， 3, 4,6 ， 3,5,6 ， 4,5, 6 ，共计 10 个，
故恰好有两个月考核合格的概率为 P
6 3
；
10 5
（2） x 7 ， y 6 ，
379.5 8 7 6 43.5
bˆ

0.640 ，
460 8 72
2
8．答案：C
解析：.分母有理化， S S i 1 i
9．答案：D
解析：由题意可知：直角三角向斜边长为 17，由等面积，可得内切圆的半径为：
落
在内切圆内的概率为
，故落在圆外的概率为
10．答案：A
解析：因为函数 f ( x ) 为 R 上的奇函数，当 x 0 时， f ( x ) x 2 4 x
2
2
所以当 x 0 时， x 0, f ( x) f ( x ) [( x) 4( x)] 即 f ( x) x 4 x ，则 f ( x) 2 x 4，
所以 f ( 3) 6 4 2 ，即 k 2 ，
且当 x 3 时， f ( 3) 9 12 3 ，即切点的坐标为 ( 3,3) ，
1
而(1) = 1 − > 0， (e1− ) =
1
1
1−
1
1

1
e1−
+ (1 − ) − =
1
− 1 < − 1 < 0.所以函数()存在零点；
e
当 > 0时，′ ()，()随的变化情况如下表：
1
1


所以 ( ) = + ln − = −ln为函数()的极小值，也是最小值.
x
x2
因为 y
，所以 y
，
2a
4a
t2
a
t ，解得 t 2a ，即 A 2a, a ，
从而直线 PA 的斜率为 4a

t 0
2a
又 F 0, a ，所以 AF //x 轴.
要使 AFM AFN ，只需 kFM kFN 0 .
设直线 m 的方程为 y kx a ，代入 x 2 4ay 并整理，
3 4i
，| z ||
|

5
1 2i |1 2i |
1 2i
5
3．答案：D
0.4
解析： 3
30 1, log0.2 3 log0.2 1 0
log4 1 log4 2 log4 4 0 c 1 a c b
4．答案：C
解析：设公比为 q，则
因为 a 2 c 2 ac 3ac ，所以 ac 4 ，
当且仅当 a c 2 时， ABC 的面积取得最大值，此时 C
π
.
6
在 ACD 中，由余弦定理得
AD 2 CA2 CD 2 2 CA CD cos
3
π
12 1 2 2 3 1
2
3 cos 2 3 cos sin 2

y 2 3t
22．解：
（1）由
2
2
2
2
2
2
2
2
得 3 cos sin 8 ，又 x y , cos x, sin y ，化简得
曲线 C 的直角坐标方程为
∴BO⊥SC，AO⊥SC．又 AO∩BO=O，∴SC⊥面 ABO．△SAB 中，SA=AB=√10 ，AB=2，∴S△SAB=3，
同理 S△ABC=3，∵S△BSC=S△ASC=5∴棱锥 S﹣ABC 的表面积为 16，
17．解（1）由正弦定理及已知得 3 sin A 3 sin B cos C sin C sin B ，
1
当 ( ) > 0，即0 < < 1时，函数()没有零点；

1
当 ( ) ≤ 0，即 ≥ 1时，注意到(1) = 1 − ≤ 0，

1
1
e
e
(e) = + − = > 0，所以函数()存在零点.
综上所述，当 ∈ (−∞, 0) ∪ [1, +∞)时，方程() = 有实数根.

， ∈ (0, +∞).

1
令 ′() > 0，即1 − 2 > 0.解得0 < < ；
2
1
令 ′() < 0，即1 − 2 < 0.解得 > .
2
1
1
2
2
故函数()的单调递增区间为(0, )，单调递减区间为( , +∞).
（2）由题得，() = ′() + 4 + ln =
B 1,0,1, 2,3
所以 A
2．答案：C
解析：法一： z
法二： z
3 4i (3 4i)(1 2i) 5 10i


1 2i ，| z | (1)2 (2)2 5
1 2i (1 2i)(1 2i)
5
3 4i | 3 4i | 5
x2 y 2

1 ，所以
4
2
x2 y 2

1；
4
2
（2）由（1）可知直线 l 过点 P


3,1 ，斜率为 3 ，所以倾斜角为 600 ，所以直线 l 的参数方程为