2013 地方卷 · 文 数学

B

A

B

A

C

D

C

D

$\{6,8\}$

$a=4$

9

6

$\sqrt{3}+1$

$2 ; 17$

(1) $f\left(\frac{2 \pi}{3}\right)=\cos \frac{2 \pi}{3} \cos \frac{\pi}{3}=-\frac{1}{4}$; (2) $f(x)=\cos x\left(\frac{1}{2} \cos x+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x\right)=\frac{1}{2} \cos ^{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x \cos x=\frac{1}{4}+\frac{1}{4} \cos 2 x+\frac{\sqrt{3}}{4} \sin 2 x$ $=\frac{1}{2} \cos \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)+\frac{1}{4}$，因为 $f(x)<\frac{1}{4}$，所以 $\cos \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)<0$，故 $\frac{\pi}{2}+2 k \pi<2 x-\frac{\pi}{3}<\frac{3 \pi}{2}+2 k \pi$

(1) 因为直棱柱，所以 $B_{1} B \perp$ 平面 ABC，所以 $B_{1} B \perp A D$，因为 $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$，所以 $\mathrm{AD} \perp B C$，因为 $B C \cap B B_{1}=B$，所以 $A D \perp$ 平面 $B B_{1} C_{1} C$，所以 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{C}_{1} \mathrm{E}$; (2) 因为 $C A / / C_{1} A_{1}$，所以 $\angle E C_{1} A_{1}=60^{0}$，故 $A_{1} E=\sqrt{6}$， 图2 $A_{1} B_{1}=\sqrt{2}$，所以 $B_{1} E=2$，所以 $V_{C-A B E}=\frac{1}{3} \cdot S_{\triangle A B_{1} E} \cdot A_{1} C_{1}=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{2}=\frac{2}{3}$．

①所种作物的总株数为 15，其中相近作物株数为 1 的作物有 2 株，相近作物株数 2 的作物有 4 株，相近作物株数为 3 的作物有 6 株，相近作物株数为 4 的作物有 3 株，列表如下： | $Y$ | 51 | 48 | 45 | 42 | | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | | 频数 | $\gamma$ | 4 | 6 | 3 | 故平均数为 $\frac{51 \times 2+48 \times 4+42 \times 3}{15}=46$； ②$P(Y=51)=\frac{2}{15}, P(Y=48)=\frac{4}{15}$，故在所选作物中选取一株，它的年收获量至少为 48 Kg 的概率为 $P(Y \geq 48)=\frac{2}{15}+\frac{4}{15}=\frac{2}{5}$．

（I）令 $n=1$，所以 $a_{1}=a_{1}^{2}$，因为 $a_{1} \neq 0$，所以 $a_{1}=1$；因为 $2 a_{2}-a_{1}=a_{1} \bullet\left(a_{1}+a_{2}\right)$，所以 $a_{2}=2 ; 2 a_{n}-1=S_{n}$，当 $n \geq 2$ 时， $2 a_{n-1}-1=S_{n-1}$，两式对减，$\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=2$，所以 $a_{n}=2^{n-1}$； （II）$n a_{n}=n 2^{n-1}$，记 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $B_{n}$， $B_{n}=1 \cdot 2^{0}+2 \cdot 2^{1}+3 \cdot 2^{2}+\ldots+n \cdot 2^{n-1}$； $2 B_{n}=1 \cdot 2^{1}+2 \cdot 2^{2}+3 \cdot 2^{3}+\ldots+n \cdot 2^{n}$ 两式对减 $B_{n}=1+(n-1) \cdot 2^{n}$．

（I）$F_{1}(-2,0), F_{2}(2,0)$，左、右焦点 $F_{1}, F_{2}$ 关于直线 $x+y-2=0$ 的对称点是圆 $C$ 的一条直径的两个端点，即左、右焦点 $F_{1}, F_{2}$ 的重点关于直线的对称点即为圆心；设圆心的坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$，有 $\left\{\begin{array}{l}\frac{y_{0}}{x_{0}}=1 \\ \frac{x_{0}}{2}+\frac{y_{0}}{2}-2=0\end{array}\right.$，解得 $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=2 \\ y_{0}=2\end{array}\right.$，所以圆的方程为 $(x-2)^{2}+(y-2)^{2}=4$； （II）依题意，设直线的方程为 $x=m y+2$，则圆心到直线的距离 $d=\frac{|2 m|}{\sqrt{1+m^{2}}}$，所以 $b=2 \sqrt{2^{2}-d^{2}}=\frac{4}{\sqrt{1+m^{2}}}$，由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ \frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1\end{array}\right.$ 得 $\left(m^{2}+5\right) y^{2}+4 m y-1=0$，设 1 与 E 的两个交点坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$，则 $y_{1}+y_{2}=\frac{-4 m}{m^{2}+5}, y_{1} y_{2}=-\frac{1}{m^{2}+5}$，所以 $a=\sqrt{1+m^{2}}\left|y_{1}-y_{2}\right|=\frac{2 \sqrt{5}\left(m^{2}+1\right)}{m^{2}+5}$，从而 $a b=\frac{8 \sqrt{5} \sqrt{\left(m^{2}+1\right)}}{m^{2}+5}=\frac{8 \sqrt{5}}{\sqrt{m^{2}+1}+\frac{4}{\sqrt{m^{2}+1}}} \leq 2 \sqrt{5}$，当 且仅当 $\sqrt{m^{2}+1}=\frac{4}{\sqrt{m^{2}+1}}$ 时等号成立，即 $m= \pm \sqrt{3}$，故直线方程为 $x-\sqrt{3} y-2=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-2=0$

(1) 函数的定义域为 $(-\infty,+\infty), f^{\prime}(x)=\frac{-x\left[(x-1)^{2}+2\right]}{\left(1+x^{2}\right)^{2}} e^{x}$，当 $x<0$ 时，$f^{\prime}(x)>0$；当 $x>0$ 时，$f^{\prime}(x)<0$；所以单调增区间为 $(-\infty, 0)$，单调减区间为 $(0,+\infty)$; (2) 当 $x<1$ 时，由于 $\frac{1-x}{1+x^{2}}>0, e^{x}<0$，故 $f(x)>0$；同理当 $x>1$ 时，$f(x)<0$； 当 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)\left(x_{1} \neq x_{2}\right)$ 时，不妨设 $x_{1}<x_{2}$，由①$x_{1} \in(-\infty, 0), x_{2} \in(0,1)$， 下面证明：$\forall x \in(0,1), f(x)<f(-x)$，即证 $\frac{1-x}{1+x^{2}} e^{x}<\frac{1+x}{1+x^{2}} e^{-x}$，此不等式等价于 $(1-x) e^{x}-\frac{1+x}{e^{x}}<0$，令 $g(x)=(1-x) e^{x}-\frac{1+x}{e^{x}}$，则 $g^{\prime}(x)=-x e^{-x}\left(e^{2 x}-1\right)$； 当 $x \in(0,1)$ 时，$f(x)<f(-x)$；而 $x_{2} \in(0,1), f\left(x_{2}\right)<f\left(-x_{2}\right)$，从而 $f\left(x_{1}\right)<f\left(-x_{1}\right)$，由于 $x_{1},-x_{2} \in(-\infty, 0), f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递增，所以 $x_{1}<-x_{2}$，即 $x_{1}+x_{2}<0$