数学答案

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【文档说明】数学答案.pdf,共(8)页,1.176 MB,由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

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AB,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

291216sincossincos,可得72016sincos,因为0,,所以sin0,cos0,可得sincos0,又由2231216sinco

ssincos,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23π22πRRR,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,{#{QQA

BLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}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19n≤≤,*N

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

naa,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2112132

2ff,421121522ff,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(9

0)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(,2232fxaxax

baxaaxaxba,令0fx,xa或23bax,由题意可知,23baa.函数20)fxaxaxba(的极大值点为xa,{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQ

FAMoAIBiQNABAA=}#}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22222222(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||4MN,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22bPFa,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(,)Ax

x在切线1ln22()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,M

N个数为5455C22C22kkkk.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,22222

2212sin0coscosabcbcabACC,所以22212sin0cosbbAC,所以1sincos6AC.(2)由1sin3A得,1cos2C,又0C,所以23C,则22

cos3A,3sin2C.1223sinsin()sincoscossin632BACACAC2616,由ABCV的面积为6234得1623sin24acB,所以33ac.由

正弦定理得,sin33sin2aCcaA,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22π2π3,1

41abab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,X12345P53110311031531131{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}答案第5页,共8页因为OAB△与椭圆M的面积比为25π,但32

22π5π,即直线斜率存在;不妨设直线l的方程为1ykx,联立22114ykxxy,消去y整理可得:2222418440kxkxk,不妨设1122,,,AxyBxy,则2121222844,1414kkxx

xxkk,因为1212122211214kyykxkxkxxkk,22121212122311114kyykxkxkxxxxk,所以21212

12111422OABSyyyyyy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11AC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11ABBA,//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,,11tCGtGCGtt,0,0,3AE

,213330,,,,,31122ttEGEFtt{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAI

BiQNABAA=}#}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,),1

10fxaxx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2224342e42exxxxxgxxx,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1212

12fxfxaxx,即证1121221ln22xxxaxxx,{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}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2

3323aaa,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22242222122141nnnnnnaaadadada,即241d,所以,1122d,所以

,2222222331112562555aaddddd,因为1122d,则131110510d,所以,22223311255,5544aad.(3)解:根据性质1

P,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,210na,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,{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACa

gOQFAMoAIBiQNABAA=}#}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Nmbm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=}#}

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