2013 地方卷 · 理 数学

B

D

D

C

B

A

C

D

3

12

3

9

$\sqrt{3}$

$-\frac{1}{16} ; \frac{1}{3}\left(\frac{1}{2^{100}}-1\right)$．

(1) $f(\alpha)=\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)+\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \alpha-\frac{1}{2} \cos \alpha+\frac{1}{2} \cos \alpha+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \alpha=\frac{3 \sqrt{3}}{5}$，所以 $\sin \alpha=\frac{3}{5}$，因为 $\alpha$ 是第一象限角，所以 $g(\alpha)=1-\cos \alpha=\frac{1}{5}$; (2) $f(x)=\sin \left(x-\frac{\pi}{6}\right)+\cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right)=\sqrt{3} \sin x, g(x)=2 \sin ^{2} \frac{x}{2}=1-\cos x$；因为 $f(x) \geq g(x)$，所以 $\sqrt{3} \sin x \geq 1-\cos x$，化简得 $\sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right) \geq \frac{1}{2}$，所以 $\frac{\pi}{6}+2 k \pi \leq x+\frac{\pi}{6} \leq \frac{5 \pi}{6}+2 k \pi, k \in Z$，解得 x 的取值集合为 $\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi \leq x \leq \frac{2 \pi}{3}+2 k \pi\right., k \in Z\right\}$．

(1) 因为 $B_{1} B \perp$ 平面 $A B C D$，所以 $B D$ 为 $B_{1} D$ 在平面 $A B C D$ 内的投影；因为 $A C \perp B D$，由三垂线定理可知 $A C \perp B_{1} D$; (2) 以 A 为原点， AB 所在边为 x 轴， AD 所在边为 y 轴， AA 1 所在边为 z 轴建立空间直角坐标系，则 $A(0,0,0), C(m, 1,0), D_{1}(0,3,3)$，所以 $\overrightarrow{A D_{1}}=(0,3,3), \overrightarrow{A C}=(m, 1,0)$

(1) 点 P 到居民区 A 的＂ L 路径＂长度最小值为 $|x-3|+|y-20|, x \in R, y \in[0,+\infty)$．; (2) 依题意，点 P 到三个居民区的＂ L 路径＂长度之和的最小值为点 P 分别到三个居民区的＂ L 路径＂长度之和（记为 d）的最小值； 1、当 $y \geq 1$ 时，$d=|x+10|+|x-14|+2|y|+|y-20|$，因为 $d_{1}(x)=|x+10|+|x-14|+|x-3| \geq|x+10|+|x-14|$ 当且仅当 $x=3$ 时等号成立； 又因为 $|x+10|+|x-14| \geq 24$，当且仅当 $x \in[-10,14]$ 时等号成立

(1) 依题意，拖物线 E 的交点为 $F\left(0, \frac{p}{2}\right)$，直线 $l_{1}$ 的方程为 $y=k_{1} x+\frac{p}{2}$，由 $\left\{\begin{array}{l}y=k_{1} x+\frac{p}{2} \\ x^{2}=2 p y\end{array}\right.$ 得 $x^{2}-2 p k_{1} x-p^{2}=0$，设 $\mathrm{A}, \mathrm{~B}$ 两点的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$，则 $x_{1}, x_{2}$ 是 上述方程的两个实数根，从而 $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=2 p k_{1} \\ y_{1}+y_{2}=k\left(x_{1}+x_{2}\right)=2 p k_{1}^{2}+p\end{array}\right.$，所以点 M 的坐标为 $\left(p k_{1}, p k_{1}^{2}+\frac{p}{2}\right), ~ \overline{F M}=\left(p k_{1}, p k_{1}^{2}\right)$，同理可得 $N$ 的坐标为 $\left(p k_{2}, p k_{2}^{2}+\frac{p}{2}\right), ~ \overline{F N}=\left(p k_{2}, p k_{2}^{2}\right)$，于是 $\overrightarrow{F M} \cdot \overrightarrow{F N}=p^{2}\left(k_{1} k_{2}+k_{1}^{2} k_{2}^{2}\right)$，由题设，$k_{1}+k_{2}=2, k_{1}>0, k_{2}>0, k_{1} \neq k_{2}$，所以 $0<k_{1} k_{2}<\frac{\left(k_{1}+k_{2}\right)^{2}}{2}=1$，故 $\overrightarrow{F M} \cdot \overrightarrow{F N}<p^{2}\left(1+1^{2}\right)=2 p^{2}$; (2) 由抛物线的定义得 $|F A|=y_{1}+\frac{p}{2},|F B|=y_{2}+\frac{p}{2}$，所以 $|A B|=y_{1}+y_{2}+p=2 p k_{1}^{2}+2 p$，从而圆 M 的半径 $r_{1}=p k_{1}^{2}+p$，圆 M 的方程为 $\left(x-p k_{1}\right)^{2}+\left(y-p k_{1}^{2}-\frac{p}{2}\right)^{2}=\left(p k_{1}^{2}+p\right)^{2}$，化简得 $x^{2}+y^{2}-2 p k_{1} x-p\left(2 k_{1}^{2}+1\right) y-\frac{3}{4} p^{2}=0$，同理可得圆 N 的方程为 $x^{2}+y^{2}-2 p k_{2} x-p\left(2 k_{2}^{2}+1\right) y-\frac{3}{4} p^{2}=0$，于是圆 M 与圆 N 的公共弦所在直线 $l$ 的方程为 $\left(k_{2}-k_{1}\right) x+\left(k_{2}^{2}-k_{1}^{2}\right) y=0$，又 $k_{2}-k_{1} \neq 0, k_{1}+k_{2}=2$，则直线 $l$ 的方程为 $x+2 y=0$，因为 $p>0$，所以点 M 到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{\left|2 p k_{1}^{2}+p k_{1}+p\right|}{\sqrt{5}}=\frac{p \geq\left[2\left(k_{1}+\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{7}{8}\right]}{\sqrt{5}}$，故当 $k_{1}=-\frac{1}{4}$ 时，$d$ 取最小值 $\frac{7 p}{8 \sqrt{5}}$。由题设，$\frac{7 p}{8 \sqrt{5}}=\frac{7 \sqrt{5}}{5}$，所以 $p=8$，故所求抛物线 E 的方程为 $x^{2}=16 y$

(1) 当 $0 \leq x \leq a$ 时，$f(x)=\frac{a-x}{x+2 a}$；当 $x>a$ 时，$f(x)=\frac{x-a}{x+2 a}$． 因此，当 $x \in(0, a)$ 时，$f^{\prime}(x)=\frac{-3 a}{(x+2 a)^{2}}<0$，所以 $f(x)$ 在 $(0, a)$ 上单调迷减；当 $x \in(a,+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)=\frac{3 a}{(x+2 a)^{2}}>0$，所以 $f(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上单调递增； 1、若 $a \geq 4$，则 $f(x)$ 在 $(0,4)$ 上单调䢗减，$g(a)=f(0)=\frac{1}{2}$； 2、若 $0<a<4$，则 $f(x)$ 在 $(0, a)$ 上单调遇减，在 $(a, 4)$ 上单调递增，所以 $g(a)=\max \{f(0), f(4)\}$，从而 $f(0)-f(4)=\frac{a-1}{2+a}$；当 $0<a \leq 1$ 时，$g(a)=f(4)=\frac{4-a}{4+2 a}$； 当 $1<a<4$ 时，$g(a)=g(0)=\frac{1}{2}$，综上所诉，$g(a)=\left\{\begin{array}{l}\frac{4-a}{4+2 a}, 0<a \leq 1 \\ \frac{1}{2}, a>1\end{array}\right.$; (2) 由①知，当 $a \geq 4$ 时，$f(x)$ 在 $(0,4)$ 上单调速减，故不满足要求；当 $0<a<4$ 时，$f(x)$ 在 $(0, a)$ 上单调迷减，在 $(a, 4)$ 上单调迷增．若存在 $x_{1}, x_{2} \in(0,4)\left(x_{1}<x_{2}\right)$，使曲线 $f(x)$ 在 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right),\left(x_{2}, f\left(x_{2}\right)\right)$ 两点处的切线相互垂直，则 $x_{1} \in(0, a), x_{2} \in(a, 4)$，且 $f^{\prime}\left(x_{1}\right) \cdot f^{\prime}\left(x_{2}\right)=-1$，即 $\frac{-3 a}{\left(x_{1}+2 a\right)^{2}} \cdot \frac{-3 a}{\left(x_{2}+2 a\right)^{2}}=-1$，亦即 $x_{1}+2 a=\frac{3 a}{x_{2}+2 a}$：由 $x_{1} \in(0, a), x_{2} \in(a, 4)$ 得 $x_{1}+2 a \in(2 a, 3 a), \frac{3 a}{x_{2}+2 a} \in\left(\frac{3 a}{x_{2}+4}, 1\right)$，故＊成立等价于集合 $A=\{x \mid 2 a<x<3 a\}$ 与集合 $B=\left\{x \left\lvert\, \frac{3 a}{x_{2}+4}<x<1\right.\right\}$ 的交集非空：因为 $\frac{3 a}{4+2 a}<3 a$，所以当且仅当 $0<2 a<1$，即 $0<a<\frac{1}{2}$ 时， $A \cap B=\varnothing$，综上所诉 a 的取值范围是 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$