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湖南省天壹名校联盟2024届高三上学期9月大联考试题 数学含解析_

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2023年12月14日发(作者:力迎南)

天壹名校联盟·2024届高三9月大联考数学(答案在最后)本试卷共4页。全卷满分150分,考试时间120分钟。注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑,如有改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案;回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知全集UxN2x4,集合A0,1,则ðUA(A.1,0,2,3B.1,2,3)C.2,3)D.0,12.已知向量m2,0,n1,1,则(A.mnB.m∥nC.mnD.mnnx223.已知双曲线2y1(a0)的一条渐近线方程为y3x,则a(aA.)33B.13C.3D.34.为研究变量x,y的相关关系,收集得到下面五个样本点x,y:x596.5876848.53)y,则据此计算残差为0的样本点是(若由最小二乘法求得y关于x的经验回归方程为y1.8xaA.5,9B.6.5,80.2C.7,6,则()C.bcaD.8,45.已知alog42,blog0.40.2,c0.4A.acbB.abcD.cab6.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是棱DD1和线段BC1上的动点,则满足与DD1垂直的直线MN()A.有且仅有1条B.有且仅有2条C.有且仅有3条*D.有无数条7.若等比数列an的公比q,前n项和为Sn,则“q1”是“nN,Sn,S2nSn,S3nS2n成等比数列的()B.必要不充分条件D.既不充分条件也不必要条件A.充分不必要条件C.充要条件8.已知sincosA.3,则cos2(363)7711B.C.D.9933二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.图①是某市某条公共汽车线路收支差额y(万元)(门票销售额减去投入的成本费用)关于乘客人数x(万人)的函数图象,营运初期该条公共汽车线路为亏损状态,为了实现扭亏为盈,公共汽车采取了两种措施,图②和图③中的虚线为采取了两种措施后的图象,则下列说法正确的是()图①图②图③A.图①中点A的实际意义表示该条公共汽车线路投入的成本费用为1万元B.图①中点B的实际意义表示当乘客人数为1.5万人时,该条公共汽车线路的收支恰好平衡C.图②该条公共汽车线路实行的措施是降低门票的售价D.图③该条公共汽车线路实行的措施是减少投入的成本费用10.已知fx是定义在R上不恒为0的奇函数,gx是fx的导函数,则(A.f)fx为奇函数B.ggx为偶函数D.gfx为偶函数)D.方差变小C.fgx为奇函数11.已知数据x1,x2,,x9成公差大于0的等差数列,若去掉数据x5,则(A.极差不变B.第25百分位数变大C.平均数不变12.已知函数fxsinxasin2xaR,则下列说法中正确的是(A.fx的最小正周期为B.yfx的图象关于点,0对称C.若fx在0,)11上单调递增,则a223D.当a133时,x1,x2R,fx1fx224三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知复数zaiaR满足zz2,则a的值为__________.14.中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设空间站要将A,B,C,D,E共5名航天员全部安排开展实验,其中天和核心舱至少要安排2人,问天实验舱与梦天实验舱都至少要安排1人,则不同的安排方案共有__________种.(用数字作答)15.米斗是称量粮食的量器,是古代官仓、粮栈、米行必备的用具.如图为一个正四棱台型米斗,高为4dm,且正四棱台的所有顶点都在一个半径为5dm的球O的球面上,一个底面的中心与球O的球心重合,则该正四棱台的体积为__________dm.3x2y216.已知椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,经过F2的直线交椭圆C于P,Q两点,abO为坐标原点,且OPOF2PQ0,PF22F2Q,则椭圆C的离心率为__________.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.(本小题满分10分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且3bcosAasinB0.(1)求A的大小;(2)若b15,c10,角A的平分线交BC于M,求AM的长.18.(本小题满分12分)如图,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过点A1,D,E的平面交CD1于点F.(1)证明:EF∥B1C;(2)求平面B1DF与平面A1DFE的夹角的余弦值.19.(本小题满分12分)已知数列an满足a12,a21,an21sin(1)求数列an的通项公式;(2)若数列cn满足cn20.(本小题满分12分)某中学为了解学生课外玩网络游戏(俗称“网游”)的情况,使调查结果尽量真实可靠,决定在高一年级采取如下“随机回答问题”的方式进行问卷调查:一个袋子中装有6个大小相同的小球,其中2个黑球,4个红球,所有学生从袋子中有放回地随机摸球两次,每次摸出一球,约定“若两次摸到的球的颜色不同,则按方式①回答问卷,否则按方式②回答问卷”。方式①:若第一次摸到的是红球,则在问卷中画“√”,否则画“×”;方式②:若你课外玩网游,则在问卷中画“√”,否则画“×”.当所有学生完成问卷调查后,统计画“√”,画“×”的比例,用频率估计概率.(1)若高一某班有45名学生,用X表示其中按方式①回答问卷的人数,求X的数学期望;(2)若所有调查问卷中,画“√”与画“×”的比例为1∶2,试用所学概率知识求该中学高一年级学生课外玩网游的估计值.(估计值21.(本小题满分12分)2n22na2cos,nN*.n2a2n,求证:c1c2cn3.a2n1玩网游的学生人数100%)高一所有学生人数已知函数fxesinxecosx,x.22(1)求证:fxfx4;(2)求函数fx的极值.22.(本小题满分12分)已知动圆P过定点M1,0,且在y轴上截得的弦长为2,记动圆圆心P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)已知正方形ABCD有三个顶点在曲线E上,求该正方形面积的最小值.天壹名校联盟·2024届高三9月大联考·数学参考答案、提示及评分细则1.【答案】C【解析】依题意,全集U0,1,2,3,而A0,1,所以ðUA2,3,故选C.2.【答案】D【解析】由m2,0,n1,1,mn1,1.22对于A,m2,n112,故A错误;对于B,若m∥n,由2101,故B错误;对于C,若mn,由mn210120,故C错误;对于D,若mnn,则11110,符合,故D正确,故选D.3.【答案】A【解析】由题设知,4.【答案】C【解析】由题意可知,x13,故选A.3,解得aa356.578.58986437,y6,所以回归方程的样本中心点为557,6,故残差为0的样本点是7,6,故选C.5.【答案】A【解析】15因15为1alog42,blog0.40.2log0.40.41,c0.40.20.4012,又121c0.40.2,所以acb.故选A.25326.【答案】D【解析】正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是棱DD1和线段BC1上的动点,过点M作垂直于DD1的平面,交BC1于点N,则MNDD1.因为M是DD1上的动点,所以过M点与DD1垂直的平面有无数个,所以满足条件的N点也有无数个,所以有无数个满足条件的直线MN,即满足与DD1垂直的直线MN有无数条.故选D.7.【答案】C【解析】若q1,则Sna1a2an0,S2nSnan1an2a2na1qna2qnanqnSnqn,同理S3nS2na2n1a2n2a3nSnq*2n,n因此对任意的nN,Sn,S2nSn,S3nS2n构成等比数列,公比为q.再证明:若对任意的nN,Sn,S2nSn,S3nS2n构成等比数列,则q1.若q1,则n为偶数时,Sn0,此时Sn,S2nSn,S3nS2n不能构成等比数列,与已知矛盾,故q1成立,故选C.8.【答案】B【解析】因为sincos*33sincoscossinsinsincos,66622,即所以333sincos22333sin63,故1sin63,所以7cos212sin2,故选B.3699.【答案】ABD【解析】对于A:图①中点A的实际意义表示该条公共汽车线路投入成本为1万元,正确;对于B:图①中点B的实际意义表示当乘客人数为1.5万人时,该条公共汽车线路的收支恰好平衡,正确;对于C:图②该条公共汽车线路实行的措施是提高门票的售价,错误;对于D:图③该条公共汽车线路实行的措施是减少投入的成本费用,正确.故选ABD.10.【答案】ABD【解析】根据题意,可得gxfx,因为fx为奇函数,可得fxfx,可得[fx]'fx,即fxfx,即gxgx,所以gx为偶函数.由ffxffxffx,即ffx为奇函数,所以A正确;由ggxggx,即ggx为偶函数,所以B正确;由fgxfgx,所以fgx为偶函数,所以C错误;由gfxgfxgfx,所以gfx为偶函数,所以D正确.故选ABD.11.【答案】AC【解析】对于A,原数据的极差为x9x1,去掉x5后的极差为x9x1,即极差不变,故A正确;对于B,原数据的第25百分位数为x3,去掉x5后的第25百分位数为小,故B错误;对于C,原数据的平均数为1x2x3x3,即第25百分位数变2掉xx5,去x5后的平均数为x118x1x9xxxxx5x,即平均数不变,故C正确;14698822对于D,则原数据的方差为s去掉x5后的方差为s222122222x1x5x2x5x4x5x6x5x9x5,81222x1x5x2x5x9x5,9故ss,即方差变大,故D错误,故选AC.12.【答案】BC【解析】对于A,fx的最小正周期为2,故A错误;对于B,因为f2xfx0,所以yfx的图象关于点,0对称,故B正确;对于C,fxcosx2acos2x.当a0时,fx0在0,上恒成立;3当a0时,fx0在0,从而有1cos2x1上恒成立,可得,2cosx2acosxcosx3111,即0a;2a21cos2x1上恒成立,可得,2cosx2acosxcosx3当a0时,fx0在0,从而有11111,即a0,综上知,a,故C正确;2a22212对于D,当a时,fx2cosxcosx12cosx1cosx1,2cosx当sinx11,cosx,333322时,f(x)max,当时f(x)min,443sinx32233,故D错误,故选BC.2所以x1,x2R,fx1fx2f(x)maxf(x)min13.【答案】1【解析】因为zza12,所以a1.14.【答案】802【解析】由题意可先分两类,第一类核心舱安排3人,其他两实验舱各安排1人,则有C5A210220种安排方案;第二类核心舱安排2人,其他两实验舱一个2人,一个1人,则有C5C3A2103260种安排方案,故不同的安排方案共有80种.15.【答案】222323923【解析】由题意,作正四棱台的对角面,如图,AD为正四棱台上底面正方形对角线,BC为正四棱台下底面正方形对角线,O为外接球球心,为线段BC中点,则ODOAOBOC5,过点D作DEBC,垂足为E.因为OD5,DE4,所以OE3,所以正四棱台的的体积Vh4392.ssss18185050333533【解析】因为OPOF2PQ0,PF22F2Q,所以OPOF2PF20,23即OPOF2OF2OP0,2所以OPOF2OF1c,所以F1PF2.216.【答案】设F2Qx,则PF22x,所以PF12a2x,QF12ax,由PF1|PQ|QF1得(2a2x)(3x)(2ax),222222所以a3x,所以PF2224a,a,PF1332在Rt△PF1F2中,由PF1PF222F1F2,2c5242得aa(2c),所以e.33a317.解:(1)因为3bcosAasinB0,所以3sinBcosAsinAsinB0,因为sinB0,所以3cosAsinA0,因为cosA0,所以tanA又A0,3,,所以;A32222(2)在△ABC中,由余弦定理得a151021510cos175,即a57,3a2c2b27321所以cosB,所以sinB.2ac1414BMAB2,所以BM27,MCAC3BMAM在△ABM中,由正弦定理得,解得AM63.sinBAMsinB因为A的平分线交BC于M,所以解法二:由S△ABCS△ABMS△ACM易求得.18.(1)证明:A1B1∥AB∥CD,A1B1ABCD,四边形A1B1CD为平行四边形,A1D∥B1C.又A1D平面A1DFE,B1C平面A1DFE,B1C∥平面A1DFE,B1C平面B1CD1,平面B1CD1平面A1DFEEF,EF∥B1C;(2)解:由(1)知,EF∥B1C,∴F为CD1的中点.以A为坐标原点,AB,AD,AA1分别为x轴、y轴和z轴的正方向,建立如图所示空间直角坐标系,设AB2,则A10,0,2,B12,0,2,D0,2,0,F1,2,1.所以DB12,2,2,DF1,0,1,DA10,2,2.设平面B1DF的一个法向量为mx,y,z,mDB10,xyz0,由得可取x1,z1,y0,xz0,mDF0,则m1,0,1.同理可求得平面A1DFE的一个法向量为n1,1,1.mn26设平面B1DF与平面A1DFE的夹角为,则cos,36mn故所求夹角的余弦值为6.319.(1)解:当n2k1kN*时,a22k122k11sina2cos2a2k1,2k12k122即a2k12,所以数列a2k1是首项为2、公比为2的等比数列,因此a2k12k.a2k1当n2kkN*时,a2k21sin22k222ka2cosa2k2,2k2所以数列a2k是首项为1、公差为2的等差数列,因此a2k2k1.1n2*2,n2k1kN,故数列an的通项公式为ann1,n2kkN*;(2)证明:由(1)知,cn则S132n1①,2222n1132n32n1S23n1②,2222n22n1,记Sc1c2cn.n21111112n1142n12n111①-②得S223nn12n1,122222222122n3化简得S3.n2故c1c2cn3.12,摸到红球的概率P2,33124每名学生两次摸到的球的颜色不同的概率P32.33920.解:(1)每次摸到黑球的概率P1由题意知,高一某班45名学生按方式①回答问卷的人数XB45,,所以X的数学期望EX4549420;9(2)记事件A为“按方式①回答问卷”,事件B为“按方式②回答问卷”,事件C为“在问卷中画‘√’号”.由(1)知PA451212,PB1PA,PC,PACPAPCA.993339由全概率公式,得PCPACPBCPAPCAPBPCB,所以12151PCB,所以PCB20%.33395sinx故由调查问卷估计,该中学高一年级学生课外玩网游的估计值是20%.21.解:(1)令gxfxfxe由基本不等式,得gx22e又cosx0,所以ecosxcosxesinx2ecosx.,当且仅当x0时等号成立.1,故gxfxfx4;(2)fxe当sinxcosxecosxesinxecosxsinxsinxcosx.sinxcosxx0时,sinx0,cosx0,esinx0,ecosx0,所以fx0.2exx1exex设px,其中x0,1,则px0,所以px在0,1上单调递减.xxx2esinxecosx当0x时,sinx,cosx0,1且sinxcosxpsinxpcosx.4sinxcosx又sinxcosx0,则fx0.当x时,f0.44esinxecosx当x时,sinx,cosx0,1且sinxcosxpsinxpcosx.42sinxcosx又sinxcosx0,则fx0.综上,fx在,上恒大于0,在,上恒小于0.因此x是fx在,的唯一极大42442222值点,且fx的极大值为f2e2.422.解:(1)设圆心Px,y.依题意可得|x|1(x1)y,化简得y2x,22222故曲线E的方程为y2x;(2)正方形ABCD有三个顶点A,B,D在抛物线E上,且ABAD.2a2b2c2设抛物线上的三点为A,a,B,b,D,c,由题设知直线AB,AD的斜率均存在且不为0,又由222抛物线的对称性不妨设直线AB的斜率大于0,结合图形可知c0ab.由kABabac1ba21及可得,,m,(m0)ABADb2a2bam22m222①,m即ab2m,ac由ABAD可得:baca22(ba)(ca),2222222222122221m即(ba)1m(ca)1(ca),2mm化简得mbaac②.m31联立①②解得a2m1.mm1324m24m1b2a2m2222则该正方形面积SAB.(ba)m1(2m2a)221m(m1)2m2m令tm3812m1,则t4,Sft4t26t12,tm8t1(t2)2所以Sft0,所以Sft在4,上单调递增,2t故当t4,即m1时,该正方形的面积S的最小值为8.

2023年12月14日发(作者:力迎南)

天壹名校联盟·2024届高三9月大联考数学(答案在最后)本试卷共4页。全卷满分150分,考试时间120分钟。注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑,如有改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案;回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知全集UxN2x4,集合A0,1,则ðUA(A.1,0,2,3B.1,2,3)C.2,3)D.0,12.已知向量m2,0,n1,1,则(A.mnB.m∥nC.mnD.mnnx223.已知双曲线2y1(a0)的一条渐近线方程为y3x,则a(aA.)33B.13C.3D.34.为研究变量x,y的相关关系,收集得到下面五个样本点x,y:x596.5876848.53)y,则据此计算残差为0的样本点是(若由最小二乘法求得y关于x的经验回归方程为y1.8xaA.5,9B.6.5,80.2C.7,6,则()C.bcaD.8,45.已知alog42,blog0.40.2,c0.4A.acbB.abcD.cab6.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是棱DD1和线段BC1上的动点,则满足与DD1垂直的直线MN()A.有且仅有1条B.有且仅有2条C.有且仅有3条*D.有无数条7.若等比数列an的公比q,前n项和为Sn,则“q1”是“nN,Sn,S2nSn,S3nS2n成等比数列的()B.必要不充分条件D.既不充分条件也不必要条件A.充分不必要条件C.充要条件8.已知sincosA.3,则cos2(363)7711B.C.D.9933二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.图①是某市某条公共汽车线路收支差额y(万元)(门票销售额减去投入的成本费用)关于乘客人数x(万人)的函数图象,营运初期该条公共汽车线路为亏损状态,为了实现扭亏为盈,公共汽车采取了两种措施,图②和图③中的虚线为采取了两种措施后的图象,则下列说法正确的是()图①图②图③A.图①中点A的实际意义表示该条公共汽车线路投入的成本费用为1万元B.图①中点B的实际意义表示当乘客人数为1.5万人时,该条公共汽车线路的收支恰好平衡C.图②该条公共汽车线路实行的措施是降低门票的售价D.图③该条公共汽车线路实行的措施是减少投入的成本费用10.已知fx是定义在R上不恒为0的奇函数,gx是fx的导函数,则(A.f)fx为奇函数B.ggx为偶函数D.gfx为偶函数)D.方差变小C.fgx为奇函数11.已知数据x1,x2,,x9成公差大于0的等差数列,若去掉数据x5,则(A.极差不变B.第25百分位数变大C.平均数不变12.已知函数fxsinxasin2xaR,则下列说法中正确的是(A.fx的最小正周期为B.yfx的图象关于点,0对称C.若fx在0,)11上单调递增,则a223D.当a133时,x1,x2R,fx1fx224三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知复数zaiaR满足zz2,则a的值为__________.14.中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设空间站要将A,B,C,D,E共5名航天员全部安排开展实验,其中天和核心舱至少要安排2人,问天实验舱与梦天实验舱都至少要安排1人,则不同的安排方案共有__________种.(用数字作答)15.米斗是称量粮食的量器,是古代官仓、粮栈、米行必备的用具.如图为一个正四棱台型米斗,高为4dm,且正四棱台的所有顶点都在一个半径为5dm的球O的球面上,一个底面的中心与球O的球心重合,则该正四棱台的体积为__________dm.3x2y216.已知椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,经过F2的直线交椭圆C于P,Q两点,abO为坐标原点,且OPOF2PQ0,PF22F2Q,则椭圆C的离心率为__________.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.(本小题满分10分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且3bcosAasinB0.(1)求A的大小;(2)若b15,c10,角A的平分线交BC于M,求AM的长.18.(本小题满分12分)如图,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过点A1,D,E的平面交CD1于点F.(1)证明:EF∥B1C;(2)求平面B1DF与平面A1DFE的夹角的余弦值.19.(本小题满分12分)已知数列an满足a12,a21,an21sin(1)求数列an的通项公式;(2)若数列cn满足cn20.(本小题满分12分)某中学为了解学生课外玩网络游戏(俗称“网游”)的情况,使调查结果尽量真实可靠,决定在高一年级采取如下“随机回答问题”的方式进行问卷调查:一个袋子中装有6个大小相同的小球,其中2个黑球,4个红球,所有学生从袋子中有放回地随机摸球两次,每次摸出一球,约定“若两次摸到的球的颜色不同,则按方式①回答问卷,否则按方式②回答问卷”。方式①:若第一次摸到的是红球,则在问卷中画“√”,否则画“×”;方式②:若你课外玩网游,则在问卷中画“√”,否则画“×”.当所有学生完成问卷调查后,统计画“√”,画“×”的比例,用频率估计概率.(1)若高一某班有45名学生,用X表示其中按方式①回答问卷的人数,求X的数学期望;(2)若所有调查问卷中,画“√”与画“×”的比例为1∶2,试用所学概率知识求该中学高一年级学生课外玩网游的估计值.(估计值21.(本小题满分12分)2n22na2cos,nN*.n2a2n,求证:c1c2cn3.a2n1玩网游的学生人数100%)高一所有学生人数已知函数fxesinxecosx,x.22(1)求证:fxfx4;(2)求函数fx的极值.22.(本小题满分12分)已知动圆P过定点M1,0,且在y轴上截得的弦长为2,记动圆圆心P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)已知正方形ABCD有三个顶点在曲线E上,求该正方形面积的最小值.天壹名校联盟·2024届高三9月大联考·数学参考答案、提示及评分细则1.【答案】C【解析】依题意,全集U0,1,2,3,而A0,1,所以ðUA2,3,故选C.2.【答案】D【解析】由m2,0,n1,1,mn1,1.22对于A,m2,n112,故A错误;对于B,若m∥n,由2101,故B错误;对于C,若mn,由mn210120,故C错误;对于D,若mnn,则11110,符合,故D正确,故选D.3.【答案】A【解析】由题设知,4.【答案】C【解析】由题意可知,x13,故选A.3,解得aa356.578.58986437,y6,所以回归方程的样本中心点为557,6,故残差为0的样本点是7,6,故选C.5.【答案】A【解析】15因15为1alog42,blog0.40.2log0.40.41,c0.40.20.4012,又121c0.40.2,所以acb.故选A.25326.【答案】D【解析】正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是棱DD1和线段BC1上的动点,过点M作垂直于DD1的平面,交BC1于点N,则MNDD1.因为M是DD1上的动点,所以过M点与DD1垂直的平面有无数个,所以满足条件的N点也有无数个,所以有无数个满足条件的直线MN,即满足与DD1垂直的直线MN有无数条.故选D.7.【答案】C【解析】若q1,则Sna1a2an0,S2nSnan1an2a2na1qna2qnanqnSnqn,同理S3nS2na2n1a2n2a3nSnq*2n,n因此对任意的nN,Sn,S2nSn,S3nS2n构成等比数列,公比为q.再证明:若对任意的nN,Sn,S2nSn,S3nS2n构成等比数列,则q1.若q1,则n为偶数时,Sn0,此时Sn,S2nSn,S3nS2n不能构成等比数列,与已知矛盾,故q1成立,故选C.8.【答案】B【解析】因为sincos*33sincoscossinsinsincos,66622,即所以333sincos22333sin63,故1sin63,所以7cos212sin2,故选B.3699.【答案】ABD【解析】对于A:图①中点A的实际意义表示该条公共汽车线路投入成本为1万元,正确;对于B:图①中点B的实际意义表示当乘客人数为1.5万人时,该条公共汽车线路的收支恰好平衡,正确;对于C:图②该条公共汽车线路实行的措施是提高门票的售价,错误;对于D:图③该条公共汽车线路实行的措施是减少投入的成本费用,正确.故选ABD.10.【答案】ABD【解析】根据题意,可得gxfx,因为fx为奇函数,可得fxfx,可得[fx]'fx,即fxfx,即gxgx,所以gx为偶函数.由ffxffxffx,即ffx为奇函数,所以A正确;由ggxggx,即ggx为偶函数,所以B正确;由fgxfgx,所以fgx为偶函数,所以C错误;由gfxgfxgfx,所以gfx为偶函数,所以D正确.故选ABD.11.【答案】AC【解析】对于A,原数据的极差为x9x1,去掉x5后的极差为x9x1,即极差不变,故A正确;对于B,原数据的第25百分位数为x3,去掉x5后的第25百分位数为小,故B错误;对于C,原数据的平均数为1x2x3x3,即第25百分位数变2掉xx5,去x5后的平均数为x118x1x9xxxxx5x,即平均数不变,故C正确;14698822对于D,则原数据的方差为s去掉x5后的方差为s222122222x1x5x2x5x4x5x6x5x9x5,81222x1x5x2x5x9x5,9故ss,即方差变大,故D错误,故选AC.12.【答案】BC【解析】对于A,fx的最小正周期为2,故A错误;对于B,因为f2xfx0,所以yfx的图象关于点,0对称,故B正确;对于C,fxcosx2acos2x.当a0时,fx0在0,上恒成立;3当a0时,fx0在0,从而有1cos2x1上恒成立,可得,2cosx2acosxcosx3111,即0a;2a21cos2x1上恒成立,可得,2cosx2acosxcosx3当a0时,fx0在0,从而有11111,即a0,综上知,a,故C正确;2a22212对于D,当a时,fx2cosxcosx12cosx1cosx1,2cosx当sinx11,cosx,333322时,f(x)max,当时f(x)min,443sinx32233,故D错误,故选BC.2所以x1,x2R,fx1fx2f(x)maxf(x)min13.【答案】1【解析】因为zza12,所以a1.14.【答案】802【解析】由题意可先分两类,第一类核心舱安排3人,其他两实验舱各安排1人,则有C5A210220种安排方案;第二类核心舱安排2人,其他两实验舱一个2人,一个1人,则有C5C3A2103260种安排方案,故不同的安排方案共有80种.15.【答案】222323923【解析】由题意,作正四棱台的对角面,如图,AD为正四棱台上底面正方形对角线,BC为正四棱台下底面正方形对角线,O为外接球球心,为线段BC中点,则ODOAOBOC5,过点D作DEBC,垂足为E.因为OD5,DE4,所以OE3,所以正四棱台的的体积Vh4392.ssss18185050333533【解析】因为OPOF2PQ0,PF22F2Q,所以OPOF2PF20,23即OPOF2OF2OP0,2所以OPOF2OF1c,所以F1PF2.216.【答案】设F2Qx,则PF22x,所以PF12a2x,QF12ax,由PF1|PQ|QF1得(2a2x)(3x)(2ax),222222所以a3x,所以PF2224a,a,PF1332在Rt△PF1F2中,由PF1PF222F1F2,2c5242得aa(2c),所以e.33a317.解:(1)因为3bcosAasinB0,所以3sinBcosAsinAsinB0,因为sinB0,所以3cosAsinA0,因为cosA0,所以tanA又A0,3,,所以;A32222(2)在△ABC中,由余弦定理得a151021510cos175,即a57,3a2c2b27321所以cosB,所以sinB.2ac1414BMAB2,所以BM27,MCAC3BMAM在△ABM中,由正弦定理得,解得AM63.sinBAMsinB因为A的平分线交BC于M,所以解法二:由S△ABCS△ABMS△ACM易求得.18.(1)证明:A1B1∥AB∥CD,A1B1ABCD,四边形A1B1CD为平行四边形,A1D∥B1C.又A1D平面A1DFE,B1C平面A1DFE,B1C∥平面A1DFE,B1C平面B1CD1,平面B1CD1平面A1DFEEF,EF∥B1C;(2)解:由(1)知,EF∥B1C,∴F为CD1的中点.以A为坐标原点,AB,AD,AA1分别为x轴、y轴和z轴的正方向,建立如图所示空间直角坐标系,设AB2,则A10,0,2,B12,0,2,D0,2,0,F1,2,1.所以DB12,2,2,DF1,0,1,DA10,2,2.设平面B1DF的一个法向量为mx,y,z,mDB10,xyz0,由得可取x1,z1,y0,xz0,mDF0,则m1,0,1.同理可求得平面A1DFE的一个法向量为n1,1,1.mn26设平面B1DF与平面A1DFE的夹角为,则cos,36mn故所求夹角的余弦值为6.319.(1)解:当n2k1kN*时,a22k122k11sina2cos2a2k1,2k12k122即a2k12,所以数列a2k1是首项为2、公比为2的等比数列,因此a2k12k.a2k1当n2kkN*时,a2k21sin22k222ka2cosa2k2,2k2所以数列a2k是首项为1、公差为2的等差数列,因此a2k2k1.1n2*2,n2k1kN,故数列an的通项公式为ann1,n2kkN*;(2)证明:由(1)知,cn则S132n1①,2222n1132n32n1S23n1②,2222n22n1,记Sc1c2cn.n21111112n1142n12n111①-②得S223nn12n1,122222222122n3化简得S3.n2故c1c2cn3.12,摸到红球的概率P2,33124每名学生两次摸到的球的颜色不同的概率P32.33920.解:(1)每次摸到黑球的概率P1由题意知,高一某班45名学生按方式①回答问卷的人数XB45,,所以X的数学期望EX4549420;9(2)记事件A为“按方式①回答问卷”,事件B为“按方式②回答问卷”,事件C为“在问卷中画‘√’号”.由(1)知PA451212,PB1PA,PC,PACPAPCA.993339由全概率公式,得PCPACPBCPAPCAPBPCB,所以12151PCB,所以PCB20%.33395sinx故由调查问卷估计,该中学高一年级学生课外玩网游的估计值是20%.21.解:(1)令gxfxfxe由基本不等式,得gx22e又cosx0,所以ecosxcosxesinx2ecosx.,当且仅当x0时等号成立.1,故gxfxfx4;(2)fxe当sinxcosxecosxesinxecosxsinxsinxcosx.sinxcosxx0时,sinx0,cosx0,esinx0,ecosx0,所以fx0.2exx1exex设px,其中x0,1,则px0,所以px在0,1上单调递减.xxx2esinxecosx当0x时,sinx,cosx0,1且sinxcosxpsinxpcosx.4sinxcosx又sinxcosx0,则fx0.当x时,f0.44esinxecosx当x时,sinx,cosx0,1且sinxcosxpsinxpcosx.42sinxcosx又sinxcosx0,则fx0.综上,fx在,上恒大于0,在,上恒小于0.因此x是fx在,的唯一极大42442222值点,且fx的极大值为f2e2.422.解:(1)设圆心Px,y.依题意可得|x|1(x1)y,化简得y2x,22222故曲线E的方程为y2x;(2)正方形ABCD有三个顶点A,B,D在抛物线E上,且ABAD.2a2b2c2设抛物线上的三点为A,a,B,b,D,c,由题设知直线AB,AD的斜率均存在且不为0,又由222抛物线的对称性不妨设直线AB的斜率大于0,结合图形可知c0ab.由kABabac1ba21及可得,,m,(m0)ABADb2a2bam22m222①,m即ab2m,ac由ABAD可得:baca22(ba)(ca),2222222222122221m即(ba)1m(ca)1(ca),2mm化简得mbaac②.m31联立①②解得a2m1.mm1324m24m1b2a2m2222则该正方形面积SAB.(ba)m1(2m2a)221m(m1)2m2m令tm3812m1,则t4,Sft4t26t12,tm8t1(t2)2所以Sft0,所以Sft在4,上单调递增,2t故当t4,即m1时,该正方形的面积S的最小值为8.

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