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答案第1页，共8页参考答案题号12345678910答案CACDCDBCCDABD题号11答案B1．C【详解】由250xx，解得05x，所以1,2,3,4,5A，由12x，解得13x，所以0,1,2B，1,2A

B，故选：C．2．A【详解】设izxy，,xyR由84izz得22i84ixyxy所以2284xyxy，解得3,4xy∴34iz．3．C【详解】如图所示：以A为原点，建立平面直角坐标系，因为正方形ABCD的边长为1，可得(0,0)A，

(1,0)B，(1,1)C，(0,1)D，AMAB，ANAD，(,0)M，(0,)N，(1,1)CM，(1,1)CN，111CMCN

，故1，222222(1)2321，故13时，2321的最小值是23，4．D【详解】由()34sincossincos，所以291216sinc

ossincos，可得72016sincos，因为0,，所以sin0,cos0，可得sincos0，又由2231216sincossincos，可得

234sincos，所以246428sinsincos.5．C【详解】设球的半径为R，则球的体积为34π3R，圆柱底面积为2πR，高为2R，故圆柱的体积为23π

22πRRR，故332π342π3RmR，球的表面积为24πR，圆柱的表面积为222π2π26πRRRR，故226π34π2RnR，故1nm，621xx展开式中的通项公式为6263166C1CrrrrrrrTxxx

，令630r，解得2r，故常数项为22361C15T.6．D【详解】由题意，将函数sin26yx的图象向右平移(0)mm个单位长度，得到的图象对应的函数sin(22)6yfxxm的图象，因为fx在区间5,1212

上单调递减，{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}答案第2页，共8页所以2()221262mk且53222,1262mkkz，解得,44kmkkz

，即4mk，令1k，可得m的最小值为34.7．B【详解】1181891018902aaSaa，即9100aa，1191910191902aaSa，即100a，故90a，0d，①当19

n≤≤，*Nn时，0na，0nS，故0nnSa，9maxnSS，9minnaa，故99maxnnSSaa；②当1018n，*Nn时，0na，0nS，故0nnSa，10maxnSS，10minnaa，1010minnnSSaa；

③当19n时，19190Sa且1918181919191911SSSaaaa，989899911SSaSaaa，故199199SSaa；综上所述：181912121819,,,,SSSSaaaa中，最大项和最小项分别为910910,SSaa.

8．C【详解】令1x，1y，1111fff，所以11f；令=1x，1y，1111fff则11f．令1y，得fxfx，故0yfxx为偶

函数．A错误，任取1x，20,x，12xx，则211xx，则221111xfxfxffxx，故0yfxx在0,上为减函数．由已知211fx，可得211fxf，故211x，解得

10x，且12x．B错误，若122f，则1091024222110294fffff，C正确，若122f，则21121322ff，42112

1522ff，5511116222fff，所以511211110242ff，故D错误，9．CD【详解】由题意知，2100100，，A：标准差：210，故A错误；

B：(1001010010)(90110)0.6827PXPX，190[1(90110)]0.158652PXPX，901(90)0.841350.8686%PXPX，故B错误

；C：(1003010030)(70130)0.9973PXPX，10000.9973997人，故C正确；D：(1002010020)(80120)0.9545PXPX，因为成绩服从标准正态分布，180120[1(80120)]

0.022752PXPXPX，故D正确.10．ABD【详解】20)fxaxaxba（,2232fxaxaxbaxaaxaxba,令0fx，xa或23bax,由题意可知，

23baa.函数20)fxaxaxba（的极大值点为xa，{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}答案第3页，共8页

023abaa或023abaa.即0ba或0ba.所以22ab，A正确，2aab，B正确，12224+33babaxxa，0ba时，12+0xx正确，0ba时12+0xx

错误，则C错误，12230xbaxa，D正确.11．ACD【详解】平面内0,2M和0,2N，动点,Pxy满足4PNPMmm，故2222(2)(2)xyxym

，A：0,0代入，可得4m，正确；B：对应曲线任意点(,)xy，则关于y轴对称点为(,)xy，关于x轴对称点为(,)xy，将(,)xy代入上式得22222222()(2)()(2)(2)(2)xyxyxyxym；将(,)xy代入上式得22

222222(2)(2)(2)(2)xyxyxyxym；所以曲线E既关于y轴对称，也关于x轴对称，不正确;C：若P、M、N三点不共线，则+22PMPNPMPNm，当且仅当=PMPNm时等号成立，又||4M

N，所以PMN周长的最小值为2+4m，正确；D：由于实质是卡西尼卵形线（图象形式较多），下图为其中一种图象形式，曲线E上与M、N不共线的任意一点G关于原点对称的点为H，又图象既关于x轴对称，又关于y轴对称，

且GMGNm，知：四边形GMHN的面积为2sinMNGSGMGNMGNm，当且仅当sin1MGN时等号成立，此时π2MGN，所以四边形GMHN的面积不大于m，正确.【点睛】曲线为2222(2)(2)xyxym，对于m的取值范

围不同，实际的图象呈现不同的形式，结合基本不等式2,,0ababab即可证明C，对于D虽不能画出具体图形，但是可以根据其对称性画出大概图象，得到面积表达式.12．21【详解】设2,0Fc，得到22bP

Fa,由题意知22bca，即222caac，所以2210ee，解得21e，或21e（舍去）．13．1ln2e【详解】设公切线在曲线2yax与lnyx上的切点分别为1122()AxyBxy,,(,)，由

lnyx可得1yx，所以212x，解得212x，所以22lnln2yx,则1(,ln2)2B，所以切线方程为1ln22()2yx，又由2yax，可得2yax，所以122ax，即11ax，{#

{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}答案第4页，共8页所以2111yaxx，又因为切点11(,)Axy，也即11(,)Axx在切线1l

n22()2yx上，所以111ln22()2xx，解得1ln21x，所以1111ln21ln2eax.14．32,8031【详解】（1）ia的可能值为0，1（15i，iN

）.故五维立方体的顶点有5232个.（2）依题意，样本空间的样本点记为,MN，M，N为五维立方体的顶点样本点总数：232ΩCn,当Xk时，有k个第i维坐标值不同，有5k个第i维坐标值相同.满足Xk的样本点,MN个数为5455

C22C22kkkk.所以5455252C2C1,2,3,4,5C21kkPXkk.故分布列为：180520302053131EX.15．（1）1sincos6AC；（2）2a.【详解】解：（1）由条件及余弦定理得

，222222212sin0coscosabcbcabACC，所以22212sin0cosbbAC，所以1sincos6AC．（2）由1sin3A得，1cos2C，又0C，所以23C，则22co

s3A，3sin2C．1223sinsin()sincoscossin632BACACAC2616，由ABCV的面积为6234得1623sin24acB，所以33ac．由正弦定理得，sin33sin2

aCcaA，所以22a，故2a16．(1)2214xy(2)10xy或10xy【详解】（1）设椭圆M的方程为：22221(0)xyabab，因为椭圆的面积为2π，点31,2在椭圆M上.所以22π2π3,141abab解得

：2,1ab，所以椭圆M的标准方程为：2214xy.（2）因为经过点1,0P的直线l与曲线M交于A，B两点，当直线l的斜率不存在时，331,,1,22AB，此时131322OABS，X12345P5311031103153

1131{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}答案第5页，共8页因为OAB△与椭圆M的面积比为25π，但3222π5π，即直线斜率存在；不妨设直线l的方程为1ykx，联立22114ykx

xy，消去y整理可得：2222418440kxkxk，不妨设1122,,,AxyBxy，则2121222844,1414kkxxxxkk，因为

1212122211214kyykxkxkxxkk，22121212122311114kyykxkxkxxxxk，所以2121212111422OABSyyyyyy

222221412+21414kkkk，因为OAB△与椭圆M的面积比为25π，所以222221412+214142=2π5πkkkk，化简为424234168125kkkk，即

4211740kk，即2211710kk，解得：1k，所以直线l的方程为1yx或=1yx，所以直线l的方程为10xy或10xy.17．【详解】（1）证明：取AB中点M，连接1,,AMFMF为BC的中点，E为11

AC的中点，111//,//22MFACAEAC，1//MFAE，111,22MFACAEAC，1MFAE，据此可得四边形1AMFE为平行四边形，1//EFAM，EF平面11ABBA，1AM平面1

1ABBA，//EF平面11ABBA．（2）解：平面11ACCA平面,ABC过1C作11,CHACCH平面ABC，11111131333CABCABCVSCHCHCH，12,1,CCCHH为AC中点，BHAC，如

图分别以1,,HBHCHC所在的直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，1310,1,0,0,1,3,,,0,0,1,0,0,0,322AEFCC由130,,11tCGt

GCGtt，0,0,3AE,213330,,,,,31122ttEGEFtt{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQN

ABAA=}#}答案第6页，共8页设平面AEG和平面EFG的一个法向量分别为11112222,,,,,nxyznxyz，则1(1,0,0),n又2200nEGnEF

22222213011333022ttyzttxyz，22,3,21nttt，设二面角AEGF的平面角为，122221224cos53(2)3(21)nntnnttt

，整理得：22528440tt，解得2t或2225t（舍）.18．(1)1,4(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）由题意知函数()fx的定义域为(0,)，110fxaxx在(0,)x上恒

成立，所以211axx在(0,)x上恒成立，又22111111244xxx，当且仅当2x时，等号成立，所以1a4，即a的取值范围是1,4.（2）证明：若0a，()ln2fxxx，所以111xfxxx，令���'(

���)=0，解得1x，所以当0x1时，0fx，当1x时，0fx，所以()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，所以()(1)1fxf，当且仅当1x时，等号成立.令224e()xgxx，0x，所以2224342e42exxxx

xgxxx，令0gx，解得2x，所以当02x时，0gx，当2x时，0gx，所以()gx在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增，所以()(2)1gxg，当且仅当2x时，等号成立，所以()1()fxgx，又等号不同时成立，所以224e

()xfxx.（3）证明：由题意可知2111axxfxaxxx，因为()fx有两个极值点1x，212xxx，所以1x，2x是方程210axx的两个不同的根，则10a4且12121,1,xxaxxa

所以2212111222ln2ln222aafxfxxxxxxx2222111211212121222122lnlnln222xxxxxxxaxxxxxxxxxxx，所以要证

121212fxfxaxx，即证1121221ln22xxxaxxx，{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQ

NABAA=}#}答案第7页，共8页即证1122lnxaxxx，即证112212lnxxxxxx，即证1121221ln1xxxxxx.令12(01)xttx，则证明1ln1ttt，令1()ln1thttt，则

22101thttt，所以()ht在(0,1)上单调递增，则()(1)0hth，即1ln1ttt，所以原不等式121212fxfxaxx成立.19．(1)3a的可能取值有：5、1、1、5(2

)125,44(3)1,2,2nnnann为奇数为偶数【详解】（1）解：因为数列na具有性质1P，则1222aaa，所以，22a，当22a时，由2333223aaaa

，所以，31a或5，当22a时，由23323aaa，所以，31a或5.综上所述，3a的可能取值有：5、1、1、5.（2）解：设等差数列na的公差为d，则22242222122141nnnn

nnaaadadada，即241d，所以，1122d，所以，2222222331112562555aaddddd，因为1122d，则1311

10510d，所以，22223311255,5544aad.（3）解：根据性质1P，nN，都有naZ，又因为0na，所以，1na，于是24210nnnaaa

，因为na、4na必同号，进而na、4nkakN必同号，若30a，由性质1P，必有42a，36a，23a，11a，这与21531aaa矛盾，所以，30a，进而nN，2

10na，讨论可知32a或4或12，仅有这三种可能.若312a，则48a，215a，116a，这与21531aaa矛盾，因此，312a.下面证明：34a，则32a，{#{QQABLYQUgggAABAAAAh

CUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}答案第8页，共8页利用反证法：假设34a，则48a，又因为215133116aaaa，所以，15a，若21a，则11a或3，与15a矛盾，则21a

，所以，27a，则15a或9，于是无论哪种情况，nN，0na，由656aa且60a可得69a，此时满足22641aaa，所以，716a，则824a，933a，所以，25971aaa，矛盾，综上可知，34a，所以，32a，42a，下面证明

：21a，利用反证法，如不然，只能25a，所以，60a，则69a，由于40a，所以，80a，只能有72a，86a，这与23751aaa矛盾，总之，21a，再由10a可得11a，进而nN

，20na都成立，可以猜测数列na的通项为1,2,2nnnann为奇数为偶数，可验证此时1P、2P两条性质均成立，符合题意，如另有其它数列nb符合题意，则至少前5项必为：1、1、2、2、3，仍满足210nb，20nbnN，设N

mbm是第一个违反上述通项公式的项6m，若23,mkkkN，则21kbk，20kb，所以，2kbk，符合通项公式，矛盾；若213,mkkkN，则2kbk，210kb，所以，211kbk，也符合通项公式，矛盾.综上所述，数列na的通

项公式必为1,2,2nnnann为奇数为偶数.【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是

要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}