2020屆安徽省毛坦廠中學(xué)高三月考試題數(shù)學(xué)(理)(歷屆)

2021屆安徽省毛坦廠中學(xué)高三月考試題數(shù)學(xué)(理)(歷屆)2021屆安徽省毛坦廠中學(xué)高三月考試題數(shù)學(xué)(理)(歷屆)2021屆安徽省毛坦廠中學(xué)高三月考試題數(shù)學(xué)(理)(歷屆)2021屆北京市旭日區(qū)高三上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題一、單項選擇題1．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)i(2i)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為〔〕A．(1,2)B．(2,1)C．(1,2)D．(2,1)【答案】C【分析】利用復(fù)數(shù)的運算法那么、幾何意義即可得出．【詳解】解：復(fù)數(shù)i〔2+i〕＝2i﹣1對應(yīng)的點的坐標(biāo)為〔﹣1，2〕，應(yīng)選：C【點睛】本題考察了復(fù)數(shù)的運算法那么、幾何意義，考察了推理能力與計算能力，屬于根基題．2．a(chǎn)32，blog2，clog23，那么〔〕A．a(chǎn)bcB．a(chǎn)cbC．bcaD．cab【答案】D【分析】利用中間量分開三個值即可.【詳解】∵a320,1，blog20,clog231,cab，應(yīng)選：D【點睛】本題考察實數(shù)大小的比較，考察冪指對函數(shù)的性質(zhì)，屬于?？碱}型.3x2y21(a0,b0)的離心率為2，那么其漸近線方程為〔〕b2a2A．y2xB．y3xC．y2xD．y3x22【答案】B【分析】依據(jù)題意，得雙曲線的漸近線方程為y＝±bx，再由雙曲線離心率為2，獲取c＝2a，由定義知abc2a23a，代入即得此雙曲線的漸近線方程．【詳解】解：∵雙曲線C方程為：x2y21〔a＞0，b＞0〕a2b2∴雙曲線的漸近線方程為y＝±bxa又∵雙曲線離心率為2，∴c＝2a，可得bc2a23a所以，雙曲線的漸近線方程為y＝±3x應(yīng)選：B．【點睛】本題給出雙曲線的離心率，求雙曲線的漸近線方程，側(cè)重考察了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程與根本觀點，屬于根基題．4．在VABC中，假定b3，c6，C=，那么角B的大小為〔〕4A．B．C．2D．或263333【答案】D【分析】利用正弦定理即可獲取結(jié)果.【詳解】解：∵b＝3，c6，C，4bc36∴由正弦定理，，可得sinBsinBsinCsin4可得：sinB3，2∵c＜b，可得B2，或33應(yīng)選：D．【點睛】本題主要考察了正弦定理在解三角形中的應(yīng)用，考察計算能力，屬于根基題．5．從3名教師和5名學(xué)生中，選出4人參加“我和我的祖國〞快閃活動．要求起碼有一名教師當(dāng)選，且當(dāng)選教師人數(shù)不多于當(dāng)選學(xué)生人數(shù)，那么不一樣的選派方案的種數(shù)是〔〕A．20B．40C．60D．120【答案】C【分析】由題意可分紅兩類：一名教師和三名學(xué)生，兩名教師和兩名學(xué)生，分別利用組合公式計算即可.【詳解】由題意可分紅兩類：〔1〕一名教師和三名學(xué)生，共C31C5330；〔2〕兩名教師和兩名學(xué)生，共C32C5230；故不一樣的選派方案的種數(shù)是303060.應(yīng)選：C【點睛】本題考察組合的應(yīng)用，是簡單題，注意分類議論、正確計算即可．xxf(x)〔〕6ee，那么．函數(shù)f(x)A．是奇函數(shù)，且在(0,)上單一遞加B．是奇函數(shù)，且在(0,)上單一遞減C．是偶函數(shù)，且在(0,)上單一遞加D．是偶函數(shù)，且在(0,)上單一遞減【答案】C【分析】依據(jù)函數(shù)的奇偶性的定義以及單一性的性質(zhì)判斷即可．【詳解】函數(shù)fxexex的定義域為R，fxexexexexfx，即fxfx，∴fx是偶函數(shù)，當(dāng)x0時，fxexex,y?ex為增函數(shù)，yex為減函數(shù)，∴fx在0,上單一遞加，應(yīng)選：C【點睛】本題考察了函數(shù)的奇偶性以及函數(shù)的單一性問題，考察推理能力，是一道中檔題．7．某三棱錐的三視圖以下列圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，那么該幾何體的體積為〔〕24A．B．C．2D．433【答案】A【分析】依據(jù)題意把三棱錐放入棱長為2的正方體中，得出三棱錐的形狀，聯(lián)合圖形，求出該三棱錐的體積．【詳解】解：依據(jù)題意，把三棱錐放入棱長為2的正方體中，是以下列圖的三棱錐P﹣ABC，∴三棱錐PABC1SnABC1122﹣的體積為：2，333應(yīng)選：A【點睛】本題考察了利用三視圖求空間幾何體體積的應(yīng)用問題，考察空間想象能力，是根基題．8．設(shè)函數(shù)f(x)x33xa(aR)，那么“a2〞是“f(x)有且只有一個零點〞的〔〕A．充分而不用要條件B．必需而不充分條件C．充分必需條件D．既不充分也不用要條件【答案】A【分析】f(x)有且只有一個零點的充要條件為a2,或a2，從而作出判斷.【詳解】f〔x〕＝x33xa，f′〔x〕＝3x2﹣3＝3〔x+1〕〔x﹣1〕，f′〔x〕＞0，解得：x＞1或x＜﹣1，f′〔x〕＜0，解得：﹣1＜x＜1，∴fx33xaaR在，1，1，上單一遞加，在1,1上單一遞減，x且f12?a,f12?a,假定fx有且只有一個零點，那么a2,或a2∴“a2〞是“f(x)有且只有一個零點〞的充分而不用要條件，應(yīng)選：A【點睛】本題考察充分性與必需性，同時考察三次函數(shù)的零點問題，考察函數(shù)與方程思想，屬于中檔題.9．正方形ABCD的邊長為2，以B為圓心的圓與直線uuuvuuuvAC相切.假定點P是圓B上的動點，那么DBAP的最大值是〔〕A．22B．42C．4D．8【答案】DB的方程為：x2y2uuuvuuuv【分析】成立平面直角坐標(biāo)系，圓2,DBAP44sin，利用正弦型函數(shù)的4性質(zhì)獲取最值.【詳解】如圖，成立平面直角坐標(biāo)系，那么B0,0，A0,2，D2,2，圓B的方程為：x2y22,∴P2cos，2sin，uuuv2，2uuuv2cos，2sin2，∴DB，APuuuvuuuv22cos22sin444sin∴DBAP4∴sin1時，uuuvuuuv的最大值是8，4DBAP應(yīng)選：D【點睛】本題考察了向量的坐標(biāo)運算、點與圓的地點關(guān)系，考察了，考察了正弦型函數(shù)的性質(zhì)，考察推理能力與計算能力，屬于中檔題．10．笛卡爾、牛頓都研究過方程

(x

1)(x

2)(x

3)

xy，對于這個方程的曲線有以下說法：

①該曲線對于y軸對稱；

②該曲線對于原點對稱；③

該曲線不經(jīng)過第三象限；

④該曲線上有且只有三個點的橫、縱坐標(biāo)都是整數(shù)．此中正確的選項是〔

〕A．②③

B．①④

C．③

D．③④【答案】

C【分析】以﹣x代x，以﹣x代x，﹣y代y，判斷①②的正誤，利用方程兩邊的符號判斷③的正誤，利用賦值法判斷④的正誤.【詳解】以﹣x代x，獲取x1x2x3xy，方程改變，不對于y軸對稱；以﹣x代x，﹣y代y，獲取x1x2x3xy，方程改變，不對于原點對稱；當(dāng)x0,y0時，x1x2x30,?xy0,明顯方程不行立，∴該曲線不經(jīng)過第三象限；令x1,易得y12，即1,12合適題意，同理可得1,0，2,0，3,0合適題意，∴該曲線上有且只有三個點的橫、縱坐標(biāo)都是整數(shù)是錯誤的，應(yīng)選：C【點睛】本題考察曲線與方程，考察曲線的性質(zhì)，考察邏輯推理能力與轉(zhuǎn)變能力，屬于中檔題．二、填空題11．2x

1x

4的睜開式中的常數(shù)項為______.【答案】24【分析】先求出二項式2x1x

4C4r(2x)4r(1)r睜開式通項公式Tr124rC4rx42r，x再令42r0，求出r=2代入運算即可得解.【詳解】1解：由二項式2xx

41睜開式通項公式為Tr1C4r(2x)4r()r24rC4rx42r，x令42r0，解得r=2，即睜開式中的常數(shù)項為242C4244324，21故答案為24.【點睛】本題考察了二項式定理，要點考察了二項式睜開式通項公式，屬根基題.12．等差數(shù)列{a}的公差為2，假定a，a3，a成等比數(shù)列，那么a_______；數(shù)列{a}的前n項和的最n142n小值為_____．【答案】620【分析】運用等比數(shù)列中項的性質(zhì)和等差數(shù)列的通項公式，解方程可得首項，即可獲取a2，再由等差數(shù)列的求和公式，聯(lián)合二次函數(shù)的最值求法，即可獲取所求最小值．【詳解】解：等差數(shù)列{an}的公差d為2，a1，a3，a4成等比數(shù)列，可得a32＝a1a4，即有〔a1+2d〕2＝a1〔a1+3d〕，化為a1d＝﹣4d2，解得a1＝﹣8，a2＝﹣8+2＝﹣6；數(shù)列{ann＝na112＝﹣8n+n〔n﹣1〕＝n2﹣9n＝〔n9〕281，24n＝4或5時，Sn獲得最小值﹣20．故答案為：﹣6，﹣20．【點睛】本題考察等差數(shù)列的通項公式和乞降公式的運用，考察等比數(shù)列中項的性質(zhì)，以及二次函數(shù)的最值的求法，考察運算能力，屬于中檔題．13．假定極點在原點的拋物線經(jīng)過四個點(1,1)，(2,1)，(2,1)，(4,2)中的2個點，那么該拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程能夠2是________．【答案】x28y或y2x【分析】分兩類狀況，設(shè)出拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程，逐個查驗即可.【詳解】設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2my，不難考證2,1，4,2合適，故x28y；2設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為：y2nx，不難考證1,1，4,2合適，故y2x；故答案為：x28y或y2x【點睛】本題考察拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考察待定系數(shù)法，考察計算能力，屬于根基題.14．春季馬上到臨，某學(xué)校睜開以“擁抱春季，播種綠色〞為主題的植物栽種實踐體驗活動．某種盆栽種物每株成活的概率為p，各株能否成活相互獨立．該學(xué)校的某班隨機(jī)領(lǐng)養(yǎng)了此種盆栽種物10株，設(shè)X為此中成活的株數(shù)，假定X的方差，P(X3)P(X7)，那么p________．【答案】【分析】由題意可知：X~B10,p，且10p1p，從而可得p值．PX3PX7【詳解】由題意可知：X~B10,p10p1p100p2100p210∴X3PX，即,P7∴p故答案為：【點睛】本題考察二項散布的實質(zhì)應(yīng)用，考察剖析問題解決問題的能力，考察計算能力，屬于中檔題．15．函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(x)2f(x)，當(dāng)x[0,)時，f(x)sinx．假定存在x0(,m]，使得f(x0)43，那么m的取值范圍為________．【答案】[10,)3【分析】由f〔x+〕＝2f〔x〕，得f〔x〕＝2f〔x﹣〕，分段求分析式，聯(lián)合圖象可得m的取值范圍．【詳解】解：∵fx2fx，∴fx2fx，∵當(dāng)x?[0,p)時，fxsinx．∴當(dāng)x,2時，fx2sinx．當(dāng)x2,3時，fx4sinx2．當(dāng)x3,4時，fx8sinx3．作出函數(shù)的圖象：令8sinx343，解得：10，或11，x3310假定存在x0,m，使得fx043，那么m，3故答案為：[10,)3【點睛】本題考察函數(shù)與方程的綜合運用，訓(xùn)練了函數(shù)分析式的求解及常用方法，考察數(shù)形聯(lián)合的解題思想方法，屬中檔題．16．某學(xué)校數(shù)學(xué)建模小組為了研究雙層玻璃窗戶中每層玻璃厚度d〔每層玻璃的厚度相同〕及兩層玻璃間夾空q知足關(guān)系式：qT氣層厚度l對保溫成效的影響，利用熱傳導(dǎo)定律獲取熱傳導(dǎo)量11l，此中玻璃的d(2d2)熱傳導(dǎo)系數(shù)14103焦耳/〔厘米度〕，不流通、乏味空氣的熱傳導(dǎo)系數(shù)2104焦耳/〔厘米度〕，T為室內(nèi)外溫度差．q值越小，保溫成效越好．現(xiàn)有4種型號的雙層玻璃窗戶，詳細(xì)數(shù)據(jù)以下表：型號每層玻璃厚度d玻璃間夾空氣層厚度l〔單位：厘米〕〔單位：厘米〕A型3B型4C型2D型3那么保溫成效最好的雙層玻璃的型號是________型．【答案】B【分析】分別計算4種型號的雙層玻璃窗戶的q值，依據(jù)q值越小，保溫成效越好．即可作出判斷.【詳解】型雙層玻璃窗戶：型雙層玻璃窗戶：

d1l24102d10d1l24102d10

3434

349，2465，2C型雙層玻璃窗戶：d1l4103233.2，210422dD型雙層玻璃窗戶：d1l4103349.2，210422dqT11l，且q值越小，保溫成效越好．依據(jù)d22d故答案為：B【點睛】本題以雙層玻璃窗戶保溫成效為背景，考察學(xué)生學(xué)生剖析問題解決問題的能力，考察計算能力.三、解答題17．函數(shù)f(x)3sin2x2cos2xm(mR)．1〕求f(x)的最小正周期；2〕求f(x)的單一遞加區(qū)間；3x[0,]都有f(x)0恒成立，求m的取值范圍．〔〕對于隨意2【答案】〔〕；〔〕[k,k](kZ)；〔3〕(,3).1236【分析】〔1〕將函數(shù)進(jìn)行化簡，依據(jù)三角函數(shù)的周期公式即可求函數(shù)f〔x〕的最小正周期T；2〕由三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)即可求函數(shù)f〔x〕的單一遞加區(qū)間；3〕原問題等價于fx的最大值小于零.【詳解】1〕因為fx3sin2x2cos2xm3sin2xcos2xm1，2sin2x6m1.所以fx的最小正周期2π．T2〔2〕由〔1〕知fx2sin2xm1．6又函數(shù)ysinx的單一遞加區(qū)間為π2kπ2k(kZ)．2,2由22k2x62k，kZ，2得3kxk，kZ．6所以fx的單一遞加區(qū)間為k,6kkZ.3〔3〕因為0x，所以2x7.6266所以1sin2x1.所以m2sin2xm1m3.266當(dāng)2x，即x時，fx的最大值為m3，626又因為fx0對于隨意x0,恒成立，所以m30，即m3.2所以m的取值范圍是,3.【點睛】本題主要考察三角函數(shù)函數(shù)的周期、單一區(qū)間和最值問題，要點在正確化簡三角函數(shù)分析式為一個角的一個三角函數(shù)名稱的形式，而后利用三角函數(shù)的性質(zhì)解答，要求嫻熟掌握三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)．18．某學(xué)校組織了垃圾分類知識比賽活動．

設(shè)置了四個箱子，

分別寫有“廚余垃圾〞、“有害垃圾〞、“可回收物〞、“其余垃圾〞；還有卡片假定干張，每張卡片上寫有一種垃圾的名稱．每位參賽選手從全部卡片中隨機(jī)抽取

20張，依照自己的判斷，將每張卡片放入對應(yīng)的箱子中．按規(guī)那么，每正確投放一張卡片得

5分，投放錯誤得

0分．比如將寫有“廢電池〞的卡片放入寫有

“有害垃圾〞的箱子，得

5分，放入其余箱子，得

0分．從全部參賽選手中隨機(jī)抽取20人，將他們的得分依照

[0,20]

，(20,40]

，(40,60]

，(60,80]

，(80,100]

分組，繪成頻次散布直方圖如圖：〔1〕分別求出所抽取的

20人中得分落在組

[0,20]

和(20,40]

內(nèi)的人數(shù)；〔2〕從所抽取的

20人中得分落在組

[0,40]

的選手中隨機(jī)選用

3名選手，以

X

表示這

3名選手中得分不超出

20分的人數(shù)，求

X

的散布列和數(shù)學(xué)希望；〔3〕假如某選手將抽到的

20張卡片逐個隨機(jī)放入四個箱子，可否定為該選手不會獲取

100分？請說明原因．【答案】〔1〕抽取的

20人中得分落在組

[0,20]

的人數(shù)有

2人，得分落在組

(20,40]

的人數(shù)有

3人；〔2〕散布列看法析，

；〔3〕答案不獨一，詳細(xì)看法析

.【分析】〔1〕依據(jù)頻次散布直方圖即可獲取知足題意的人數(shù)；〔2〕X的全部可能取值為0，1，2，求出相應(yīng)的概率值，即可獲取的散布列和數(shù)學(xué)希望；1〔3〕該選手獲取100分的概率是4【詳解】

20，聯(lián)合此數(shù)據(jù)作出合理的解說.〔1〕由題意知，所抽取的20人中得分落在組0,20的人數(shù)有0.005020202〔人〕，得分落在組20,40的人數(shù)有0.007520203〔人〕．所以所抽取的20人中得分落在組0,20的人數(shù)有2人，得分落在組20,40的人數(shù)有3人．〔2〕X的全部可能取值為0，1，2．PX0C331C21C326PX2C22C313C53，PX1C53，C53．101010所以X的散布列為X012P16310101011623所以X的希望EX0101.2．1010〔3〕答案不獨一．答案比如1：能夠以為該選手不會獲取100分．原因以下：120該選手獲取100分的概率是，概率特別小，故能夠以為該選手不會獲取100分．4答案比如2：不可以以為該同學(xué)不行能獲取100分．原因以下：120該選手獲取100分的概率是，固然概率特別小，但是也可能發(fā)生，故不可以以為該選手不會獲取100分．4【點睛】本題考察頻次散布直方圖的應(yīng)用，失散型隨機(jī)變量的散布列與希望，概率的理解，考察剖析問題解決問題的能.19．如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，ABC，PA平面ABCD，PA3，3PF2FA，E為CD的中點．〔1〕求證：BDPC；2〕求異面直線AB與DF所成角的余弦值；3〕判斷直線EF與平面PBC的地點關(guān)系，請說明原因．【答案】〔1〕證明看法析；〔2〕5；〔3〕訂交，原因看法析．5【分析】〔1〕依據(jù)題意先證明BD平面PAC，即可獲取答案；〔2〕以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)B為x軸，以O(shè)C為y軸，以過點O且與AP平行的直線為z軸，成立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，求出uuuvuuuvAB、DF的坐標(biāo)，利用公式即可獲取結(jié)果；〔3〕求出平面PBC的一個法向量與向量uuuvuuuvr.EF，依據(jù)EFn與零的關(guān)系，作出判斷【詳解】〔1〕連結(jié)AC．因為底面ABCD是菱形，所以BDAC.又因為PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.又因為PAACA，所以BD平面PAC.又因為PC平面PAC，所以BDPC.〔2〕設(shè)AC，BD交于點O.因為底面ABCD是菱形，所以ACBD，又因為PA平面ABCD，所以PAAC，PABD.如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)B為x軸，以O(shè)C為y軸，以過點O且與AP平行的直線為z軸，成立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，那么A0,1,0，B3,0,0，C0,1,0，D3,0,0，E3,1,0，P0,1,3，F(xiàn)0,1,1.22uuuvuuuv3,1,1那么AB3,1,0，DF，設(shè)異面直線AB與DF所成角為，那么0,，2uuuvuuuvuuuuvuuuuv5cos|ABDF|cosAB,DFuuuvuuuv，ABDF5所以AB與DF所成角的余弦值為5.5〔3〕直線EF與平面PBC訂交.證明以下：uuuv3,3,1uuuvuuuv3,1,3由〔2〕可知，EF，BC3,1,0，BP，22rx,y,z，設(shè)平面PBC的一個法向量為nuuuv0,3xy0,rnBC即3,3,2．那么uuuv0,3xy3z令x3，得nnBP0,uuuvr33,13,3,20，那么EFn,22所以直線EF與平面PBC訂交．【點睛】本題考察線面的地點關(guān)系，考察異面直線所成角的胸懷，考察推理能力與計算能力，屬于中檔題.20．橢圓C:x2y21(ab0)過點P(1,32,0)．過橢圓C的a2b2)，且橢圓C的一個極點D的坐標(biāo)為(2右焦點F的直線l與橢圓C交于不一樣的兩點A，B〔A，B不一樣于點D〕，直線DA與直線m：x4交于點M．連結(jié)MF，過點F作MF的垂線與直線m交于點N．〔1〕求橢圓C的方程，并求點F的坐標(biāo)；〔2〕求證：D，B，N三點共線．【答案】〔1〕x2y21，(1,0)；〔2〕證明看法析.43a2,【分析】〔1〕依據(jù)題意列方程組19，即可獲取橢圓的方程，從而獲取焦點坐標(biāo)；a24b21uuuvuuuv2〕議論直線l的斜率，利用DB，DN是平行的證明D，B，N三點共線．【詳解】11,3在橢圓C上，且橢圓C的一個極點D的坐標(biāo)為2,0，〔〕因為點P2a2,a2,所以19解得a24b21.b3.所以橢圓C的方程為x2y21．43所以橢圓C的右焦點F的坐標(biāo)為1,0．〔2〕①當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線AB的方程為x1．明顯，A3，B1,3331,或A1,，B1,．2222當(dāng)A1,3，B1,3時，直線DA的方程為y1x2，點M的坐標(biāo)為4,3．222所以kMF1．直線FN的方程為yx1，點N的坐標(biāo)為4,3．uuuv3uuuv6,3．那么DB3,，DN2uuuvuuuv所以DN2DB，所以D，B，N三點共線．同理，當(dāng)A1,3，B1,3時，D，B，N三點共線．22②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為ykx1．由ykx1,得34k2x28k2x4k2120．3x24y212且8k22434k24k2120．設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，那么x1x28k24k21232，x1x232．4k4k直線DA的方程為yy1x2，點M的坐標(biāo)為4,6y1．x12x126y10所以x122y1．kMF41x12直線NF的方程為yx121，點N的坐標(biāo)為3x122y1x4,．2y1uuuvx22,y2uuuv6,3x12那么DB，DN2y1．所以x223x126y22y13x12x224y1y2，2y13x12x224k2x11x21，2y1314k2x1x224k2x1x24k24，2y1314k24k21224k28k24k24，2y134k234k2314k24k21224k28k24k2434k2，2y134k234k21216k448k216k232k412k21216k416k22y134k2．uuuvuuuv所以DB與DN共線，所以D，B，N三點共線．綜上所述，D，B，N三點共線．【點睛】本題考察橢圓方程的求法，考察直線與橢圓的地點關(guān)系，考察向量知識的運用，考察韋達(dá)定理，考察學(xué)生剖析解決問題的能力，屬于中檔題．21．函數(shù)f(x)(sinxa)lnx，aR．1〕假定a0.〔ⅰ〕求曲線yf(x)在點(,f( ))處的切線方程；22〔ⅱ〕求函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,)內(nèi)的極大值的個數(shù)．〔2〕假定f(x)在π,π內(nèi)單一遞減，務(wù)實數(shù)a的取值范圍．2【答案】〔1〕〔ⅰ〕2xyln0；〔ⅱ〕；〔〕(,1]．212【分析】〔1〔〕ⅰ〕求出導(dǎo)函數(shù)，獲取f2與f，利用點斜式獲取直線的方程；〔ⅱ〕研究函數(shù)在區(qū)間1,2內(nèi)單一性，聯(lián)合極值的定義獲取答案；〔2〕由題可知fxsinxacosxlnx，此中x,，分兩類狀況：a1與a1，x2聯(lián)合函數(shù)的單一性與極值即可獲取實數(shù)a的取值范圍．【詳解】〔〕〔ⅰ〕因為fxsinxlnx，1所以fxcosxlnxsinx，f2．x2又因為f2ln2，所以曲線yfx在點,f處的切線方程為yln2x，2222化簡得2xyln20．〔ⅱ〕當(dāng)x1,時，fx0，fx單一遞加，此時fx無極大值．2當(dāng)x,時，設(shè)gxfx，那么gxsinxlnx2cosxsinx0，xx22所以fx在,內(nèi)單一遞減．2又因為f20，fln0，2所以在,內(nèi)存在獨一的x0,，使得fx00．22當(dāng)x變化時，fx，fx的變化以下表x,x0x0x0,2fx0-fx↗↘所以fx在1,x0內(nèi)單一遞加，在x0,內(nèi)單一遞減，此時fx有獨一極大值．綜上所述，fx在1,內(nèi)的極大值的個數(shù)為1．〔2〕由題可知fxsinxacosxlnx，此中x,．x2當(dāng)a1時，fx0，故fx在,內(nèi)單一遞減；2下邊設(shè)a1．對于x,，lnxlnlne22，且cosx0，2所以cosxlnx2cosx．所以當(dāng)x,時，fxsinxa2cosxsinxa2xcosx．xx2設(shè)hxsinx2xcosxa，x2,，那么hxcosx2cosx2xsinx3cosx2xsinx0．所以hx在,上單一遞減．2h1a0，h2a．2當(dāng)2a0時，即a2時，h0，對x,，hx0，2所以fx0，fx在,內(nèi)單一遞加，不切合題意．2當(dāng)2a0時，即1a2時，h0，h0，2所以x1,，使hx10，2因為hx在,內(nèi)單一遞減，2所以對x,x1，hx0，所以fx0．2所以

f

x

在

2

,x1

內(nèi)單一遞加，不切合題意．所以當(dāng)a1時，fx在,內(nèi)不但一遞減．2綜上可得a1，故a的取值范圍為,1．【點睛】本題考察了導(dǎo)數(shù)的幾何意義及導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，同時考察了數(shù)形聯(lián)合的數(shù)學(xué)思想與分類議論的思想，屬于中檔題．22．設(shè)m為正整數(shù)，各項均為正整數(shù)的數(shù)列{a}定義以下：a1，aan,an為偶數(shù),2n1n1anm,an為奇數(shù).〔1〕假定m5，寫出a8，a9，a10；2〕求證：數(shù)列{an}單一遞加的充要條件是m為偶數(shù)；3〕假定m為奇數(shù)，能否存在n1知足an1？請說明原因．【答案】〔1〕a86，a93，a108；〔2〕證明看法析；〔3〕存在，原因看法析．【分析】〔1〕m5時，聯(lián)合條件，注意求得a8，a9，a10；〔2〕依據(jù)an1an與零的關(guān)系，判斷數(shù)列an單一遞加的充要條件；〔3〕存在n1知足an1.【詳解】〔〕a86，a93，a108．1〔2〕先證“充分性〞．當(dāng)m為偶數(shù)時，假定an為奇數(shù)，那么an1為奇數(shù)．因為a11為奇數(shù)，所以概括可得，對nN*，an均為奇數(shù)，那么an1anm，所以an1anm0，所以數(shù)列an單一遞加．再證“必需性〞．假定存在kN*使得ak為偶數(shù)，那么ak1akak，與數(shù)列an單一遞加矛盾，2所以數(shù)列an中的全部項都是奇數(shù)．此時an1anm，即man1an，所以m為偶數(shù)．〔3〕存在n1知足an1，原因以下：因為a11，m為奇數(shù)，所以a21m1m2m且a2為偶數(shù)，a3m．2假定ak為奇數(shù)時，akm；ak為偶數(shù)時，ak2m．當(dāng)ak為奇數(shù)時，ak1akm2m，且ak1為偶數(shù)；當(dāng)ak為偶數(shù)時，ak1akm．2所以假定ak1為奇數(shù)，那么ak1m；假定ak1為偶數(shù)，那么ak12m．所以對nN*都有an2m．所以正整數(shù)數(shù)列an中的項的不一樣取值只有有限個，所以此中必有相等的項．設(shè)會合A{r,s|aras,rs}，設(shè)會合B{rN*|r,sA}N*．因為A，所以B．令r1是B中的最小元素，下邊證r11．設(shè)r11且ar1as1(r1s1)．當(dāng)ar1m時，ar112ar1，as112as1，所以ar11as11；當(dāng)ar1m時，ar11ar1m，as11as1m，所以ar11as11．所以假定r11，那么r11B且r11r1，與r1是B中的最小元素矛盾．所以r11，且存在1s1N*知足as1a11，即存在n1知足an1．【點睛】本題考察數(shù)列的遞推關(guān)系，考察數(shù)列的單一性，考察學(xué)生剖析問題及解決問題得能力，屬于難題．2021屆北京市東城區(qū)高三上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題一、單項選擇題1．會合

A

x|x

1

，B

{x|(x

2)(x1)

0}

，那么AIB

〔

〕A．

x|1

x

2

B．

x|

1

x

1C．

x|1

x

2

D．

x|

1

x

1【答案】

D【分析】求得會合

B

{x|

1

x2}，聯(lián)合會合的交集的運算，即可求解

.【詳解】由題意，會合

B

{x|(x

2)(x

1)

0}

{x|1

x2}，所以AIBx|1x1.應(yīng)選：D.【點睛】本題主要考察了會合的交集的運算，此中解答中正確求解會合B，聯(lián)合會合交集的觀點及運算求解是解答的關(guān)鍵，側(cè)重考察了推理與運算能力，屬于根基題

.2．復(fù)數(shù)

在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點位于〔

〕A．第一象限

B．第三象限

C．第二象限

D．第四象限【答案】

B【分析】先化簡復(fù)數(shù)，再計算對應(yīng)點坐標(biāo)，判斷象限.【詳解】，對應(yīng)點為，在第三象限.故答案選B【點睛】本題考察了復(fù)數(shù)的坐標(biāo)表示，屬于簡單題.3．以下函數(shù)中，是偶函數(shù)，且在區(qū)間0,上單一遞加的為〔〕A．y1B．yln|x|C．y2xD．y1|x|x【答案】B【分析】聯(lián)合函數(shù)的單一性與奇偶性的定義與判斷方法，以及初等函數(shù)的性質(zhì)，逐項判斷，即可求解.【詳解】1x，所以函數(shù)為奇函數(shù)，不切合題意；由題意，對于A中，函數(shù)fxfx對于B中，函數(shù)fxln|x|知足fxln|x|ln|x|fx，所以函數(shù)為偶函數(shù)，當(dāng)x0時，函數(shù)ylnx為0,上的單一遞加函數(shù)，切合題意；對于C中，函數(shù)y2x為非奇非偶函數(shù)，不切合題意；對于D中，y1|x|為偶函數(shù)，當(dāng)x0時，函數(shù)y1x為單一遞減函數(shù)，不切合題意，應(yīng)選：B.【點睛】本題主要考察了函數(shù)的奇偶性和函數(shù)的單一性的判斷與應(yīng)用，此中解答中熟記函數(shù)的單一性與奇偶性的判斷方法，以及初等函數(shù)的性質(zhì)是解答的要點，側(cè)重考察了推理與論證能力，屬于根基題.ab0〞是“ab〞的〔〕4．設(shè)a,b為實數(shù)，那么“A．充分而不用要條件B．必需而不充分條件C．充分必需條件D．既不充分也不用要條件【答案】A【分析】依據(jù)函數(shù)fxx為單一遞加函數(shù)，聯(lián)合充分條件和必需條件的判斷方法，即可求解.【詳解】由題意，函數(shù)fx

x為單一遞加函數(shù)，當(dāng)ab0時，可得fafb，即ab成立，當(dāng)ab，即fafb時，可得ab，所以ab0不必定成立，“b〞“ab〞的充分而不用要條件.所以a0是應(yīng)選：A.【點睛】本題主要考察了指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，以及充分條件、必需條件的判斷，此中解答中熟記指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，以及熟練應(yīng)用充分條件和必需條件的判斷方法是解答的要點，側(cè)重考察了推理與論證能力，屬于中檔題.5．設(shè)，是兩個不一樣的平面，m,n是兩條不一樣的直線，那么以下結(jié)論中正確的選項是〔〕A．假定m，mn，那么n//B．假定，m，n，那么C．假定n//，mn，那么mD．假定//，m，n，那么【答案】B

nm//n【分析】依據(jù)線面地點關(guān)系的判斷定理和性質(zhì)定理，逐項判斷，即可求解，獲取答案.【詳解】由題意，對于A中，假定m，mn，那么n//或n，所以不正確；對于C中，假定n//，mn，那么m與可能平行，訂交或在平面內(nèi)，所以不正確；對于D中，假定//，m，n，那么m與n平行、訂交或異面，所以不正確；對于B中，假定，m，n，，依據(jù)線面垂直的性質(zhì)，可證得mn成立，應(yīng)選：B.【點睛】本題主要考察了線面地點關(guān)系的判斷與證明，此中解答中熟記線面地點關(guān)系的判斷定理和性質(zhì)定理，逐項判斷是解答的要點，側(cè)重考察了推理與論證能力，屬于根基題.6．從數(shù)字1，2，3，4，5中，拿出3個數(shù)字〔同意重復(fù)〕，構(gòu)成三位數(shù)，各位數(shù)字之和等于6，這樣的三位數(shù)的個數(shù)為〔〕A．7B．9C．10D．13【答案】C【分析】由題意，把問題分為三類：當(dāng)三個數(shù)分別為1,1,4，1,2,3，2,2,2三種狀況，聯(lián)合擺列、組合和計數(shù)原理，即可求解.【詳解】從數(shù)字1，2，3，4，5中，拿出3個數(shù)字〔同意重復(fù)〕，構(gòu)成三位數(shù)，各位數(shù)字之和等于6，可分為三類狀況：〔1〕當(dāng)三個數(shù)為1,1,4時，共有C313種排法；〔2〕當(dāng)三個數(shù)為1,2,3時，共有A336種排法；〔3〕當(dāng)三個數(shù)為2,2,2時，只有1中排法，由分類計數(shù)原理可得，共有36110種不一樣排法，即這樣的數(shù)共有10個.應(yīng)選：C.【點睛】本題主要考察了計數(shù)原理與擺列、組合的應(yīng)用，此中解答中仔細(xì)審題，合理分類，結(jié)共計數(shù)原理求解是解答的要點，側(cè)重考察了剖析問題和解答問題的能力，屬于根基題.7．設(shè)，是三角形的兩個內(nèi)角，以下結(jié)論中正確的選項是〔〕A．假定，那么sinsin2B．假定，那么coscos222C．假定，那么sinsin1D．假定，那么coscos122【答案】A【分析】聯(lián)合三角恒等變換的公式，以及合理利用賦值法，逐項判斷，即可求解獲取答案.【詳解】對于A中，因為2，那么024,244又由sinsin2sincos22sincos2cos22，242所以sinsin2是正確的；對于B中，比如,，此時coscos32，6666所以coscos2不必定成立，所以不正確；對于C中，因為，比如5,時，sin5sin1621，261261224所以sinsin1不正確；對于D中，因為，比如2,時，cos2cos131，2363622所以coscos1不正確，應(yīng)選：A.【點睛】本題主要考察了三角恒等變換的應(yīng)用，以及三角函數(shù)值的應(yīng)用，此中解答熟記三角恒等變換的公式，以及合理利用賦值法求解是解答的要點，側(cè)重考察了推理與運算能力，屬于根基題.8．用平面截圓柱面，當(dāng)圓柱的軸與所成角為銳角時，圓柱面的截面是一個橢圓，有名數(shù)學(xué)家Dandelin創(chuàng)辦的雙球?qū)嵖甲C了然上述結(jié)論.以下列圖，將兩個大小相同的球嵌入圓柱內(nèi)，使它們分別位于的上方和下方，而且與圓柱面和均相切.給出以下三個結(jié)論：①兩個球與的切點是所得橢圓的兩個焦點；②假定球心距O1O24，球的半徑為3，那么所得橢圓的焦距為2；③當(dāng)圓柱的軸與所成的角由小變大時，所得橢圓的離心率也由小變大.此中，全部正確結(jié)論的序號是〔〕A．①B．②③C．①②D．①②③【答案】C【分析】設(shè)圓柱的底面半徑為R，依據(jù)題意分別求得bR，aR，OCRsin，聯(lián)合橢圓的聯(lián)合性質(zhì)，tan即可求解.【詳解】由題意，作出圓柱的軸截面，以下列圖，設(shè)圓柱的底面半徑為R，依據(jù)題意可得橢圓的短軸長為2b2R，即bR，長軸長為2a2RR，即a，sinsin在直角O1OC中，可得O1Ctan，即OCO1CR，OCtantan2R2R2R211R2，又由OCb2tan2tan2sin22b2a2，所以O(shè)C2b2，即OCa2又因為橢圓中c2a2b2，所以O(shè)Cc，即切點為橢圓的兩個交點，所以①是正確的；由O1O24，可得O1O2，又由球的半徑為3，即R3，O1OC22R222(3)21，在直角中，OCOO1由①可知，即c1，所以2c2，即橢圓的焦距為2②是正確的；，所以RRcRsin由①可得a，cetantan，所以橢圓的離心率為aRcos，sintansin所以當(dāng)當(dāng)圓柱的軸與所成的角由小變大時，所得橢圓的離心率變小，所以③不正確.應(yīng)選：C【點睛】本題主要考察了橢圓的幾何性質(zhì)及其應(yīng)用，此中解答中仔細(xì)審題，合理利用圓柱的結(jié)構(gòu)特色，以及橢圓的幾何性質(zhì)求解是解答的要點，側(cè)重考察了剖析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.二、填空題9．假定雙曲線x2y21與x2y21有相同的焦點，那么實數(shù)m_________.m32【答案】4【分析】聯(lián)合雙曲線的幾何性質(zhì)，獲取m132，即可求解，獲取答案.【詳解】由題意，雙曲線x2y21與x2y21有相同的焦點，m32可得m132，解得m4.故答案為：4.【點睛】本題主要考察了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及幾何性質(zhì)的應(yīng)用，此中解答中嫻熟應(yīng)用雙曲線的幾何性質(zhì)是解答的要點，側(cè)重考察了計算能力，屬于根基題.10．a(chǎn)n是各項均為正的等比數(shù)列，Sn為其前n項和，假定a16，a22a36，那么公比q________，S4_________.【答案】145241【分析】依據(jù)等比數(shù)列的通項公式，獲取2q2q10，求得q再由等比數(shù)列的前n項和公式，求得S4，2獲取答案.【詳解】由題意，在數(shù)列an是各項均為正的等比數(shù)列，因為a6，a22a36aq2aq26q12q26，1，可得11即2q2q10，解得q1或q1〔舍去〕，26[1(1)4]45又由等比數(shù)列的前n項和公式，可得S42.1412故答案為：1，45.24【點睛】本題主要考察了等比數(shù)列的通項公式，以及等比數(shù)列前n項和公式的應(yīng)用，此中解答中嫻熟等比數(shù)列的通項公式和前n項和公式，正確運算是解答的要點，側(cè)重考察了推理與運算能力，屬于根基題.11．能說明“直線xym0與圓x2y24x2y0有兩個不一樣的交點〞是真命題的一個m的值為______.【答案】03m，求得m的取值范【分析】依據(jù)直線與圓訂交，利用圓心到直線的距離小于圓的半徑，獲取12(51)2圍，即可求解.【詳解】由題意，圓x2y24x2y0的圓心坐標(biāo)為(2,1)，半徑為r5，假定直線xym0與圓x2y24x2y0有兩個不一樣的交點，那么知足圓心到直線的距離小于圓的半徑，即3m5，解得310m310，2(1)21所以命題為真命題的一個m的值為0.故答案為：0.【點睛】本題主要考察了直線與圓的地點關(guān)系的應(yīng)用，此中解答中熟記直線與圓的地點關(guān)系，列出不等式求得m的取值范圍是解答的要點，側(cè)重考察了推理與計算能力，屬于根基題.uuuruuuruuuruuuruuuruuur2，那么四邊形ABCD的面積是12．在平行四邊形ABCD中，ABACACAD，|AC|4，|BD|_______.【答案】4uuuruuuruuuruuuruuuruuurABCD是菱形，即【分析】由ABACACAD，依據(jù)向量的線性運算，獲取ACBD，從而獲取四邊形可求得四邊形的面積，獲取答案.【詳解】ABCD中，uuuruuuruuuruuur由題意，在平行四邊形ABACACAD，uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur可得ABACAC(ADAB)ACBD0，所以ACBD所以四邊形ABCD是菱形，uuur4uuur，所以面積為S1424.又由|AC|，|BD|22故答案為：4.【點睛】本題主要考察了向量的線性運算，向量的數(shù)目積的應(yīng)用，以及菱形的面積的計算，此中解答嫻熟應(yīng)用向量的減法運算公式，以及向量的數(shù)目積的公式，求得四邊形為菱形是解答的要點，側(cè)重考察了推理與運算能力，屬于根基題.13．函數(shù)f(x)2sin(x)(0)，曲線yfx與直線y3訂交，假定存在相鄰兩個交點間的距離為，那么的全部可能值為__________．6【答案】2或10【分析】令2sin(x)3，解得x2k3,kZ或x2k2,kZ，53依據(jù)存在相鄰兩個交點間的距離為，獲取x2x1或x2x，即可求解，獲取答案.3w613w66【詳解】由題意，函數(shù)f(x)2sin(x)(0)，曲線yfx與直線y3訂交，令2sin(x)3，即sin(x)3，2解得x2k,kZ或x2k2,kZ，33由題意存在相鄰兩個交點間的距離為，聯(lián)合正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，6可得232kw(x2x1),kZ，令k0，可得x2x1，解得w2.33w6或722kw(x2x1),kZ，令k0，可得x2x15，解得w10.333w6故答案為：2或10.【點睛】本題主要考察了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用，以及三角方程的求解，此中解答中嫻熟應(yīng)用三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，列出方程求解是解答的要點，側(cè)重考察了推理能力與計算鞥能力，屬于中檔試題.14．將初始溫度為0C的物體放在室溫恒定為30C的實驗室里，現(xiàn)等時間間隔丈量物體溫度，將第n次丈量獲取的物體溫度記為tn，t10C.物體溫度的變化與實驗室和物體溫度差成正比〔比率系數(shù)為k〕.給出以下幾個模型，那么能夠描繪這些丈量數(shù)據(jù)的一個合理模型為__________：〔填寫模型對應(yīng)的序號〕ktnk30tn；③tn1k30tn.①tn1tn；②tn1tn30在上述模型下，設(shè)物體溫度從5C升到10C所需時間為amin，從10C上漲到15C所需時間為bmin，從15C上漲到20ab________〔用“〞“〞或“〞號填空〕bc【答案】②【分析】由溫度的變化與實驗室和物體溫度差成正比〔比率系數(shù)為k〕，即可獲取tn1tnk30tn，再根據(jù)函數(shù)模型，分別求得k的值，聯(lián)合作差比較，即可獲取答案.【詳解】由題意，將第n次丈量獲取的物體溫度記為tn，那么兩次的體溫變化為tn1tn，又由溫度的變化與實驗室和物體溫度差成正比〔比率系數(shù)為k〕，所以tn1tnk30tn，當(dāng)物體溫度從5C升到10C所需時間為amin，可得105k30551，可得k，255當(dāng)物體溫度從10C上漲到15C所需時間為bmin，可得1510k3010，可得k1，4當(dāng)物體溫度從15C上漲到20C所需時間為cmin，可得2015k3015，可得k1，1m,b1m,c1m,m3但是a0，543abac21m1m(1m)21m21m211b534151615160，又由cbc1111bm2mm121243即a與b的大小關(guān)系是ab.bcbc故答案為：②，【點睛】本題主要考察了函數(shù)的模型的選擇，以及實質(zhì)應(yīng)用問題的求解，此中解答中仔細(xì)審題，正確理解題意，選擇適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)模型是解答的要點，側(cè)重考察了剖析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.三、解答題15．在ABC中，csinA3acosC0.〔1〕求C的大??；〔2〕假定b2，c23，求ABC的面積.2【答案】〔1〕C〔2〕33【分析】〔1〕由正弦定理可得sinCsinA3cosCsinA0，求得sinC3cosC0，即可求解C的大小；1〔2〕由正弦定理，可得sinB，獲取B，從而獲取ABC，聯(lián)合三角形的面積公266式，即可求解.【詳解】〔1〕因為csinA3acosC0，由正弦定理可得sinCsinA3cosCsinA0，又因為又因為

A(0,)，所以sinA0，所以sinC3cosC0，即tanC3，20C，所以C.3〔2〕由正弦定理，可得bsinC231，2sinBc232又因為0B，所以B，所以ABC.3661bcsinA1231.所以ABC的面積S23222【點睛】本題主要考察了正弦定理、余弦定理和三角形的面積公式的應(yīng)用，此中在解有關(guān)三角形的題目時，要抓住題設(shè)條件和利用某個定理的信息，合理應(yīng)用正弦定理和余弦定理求解是解答的要點，側(cè)重考察了運算與求解能力，屬于根基題.16．2021年6月，國內(nèi)的5G營運牌照開始發(fā)放.從2G到5G，我們國家的挪動通訊業(yè)務(wù)用了不到20年的時間，達(dá)成了技術(shù)上的飛騰，躋出身界先進(jìn)水平.5G的花費意向，2021年8月，從某地在校大學(xué)生為認(rèn)識高校學(xué)生對中隨機(jī)抽取了1000人進(jìn)行檢查，樣本中各種用戶散布狀況以下：用戶分類估計升級到5G的時段人數(shù)初期體驗用戶2021年8月至2021年12月270人中期跟從用戶2021年1月至202l年12月530人后期用戶2022年1月及此后200人我們將大學(xué)生升級5G時間的早晚與大學(xué)生愿意為5G套餐支付更多的花費作比較，可得出以下列圖的關(guān)系〔比如初期體驗用戶中愿意為5G套餐多支付5元的人數(shù)占全部初期體驗用戶的40%〕.〔1〕從該地高校大學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，估計該學(xué)生愿意在2021年或2021年以前升級到5G的概率；〔2〕從樣本的初期體驗用戶和中期跟從用戶中各隨機(jī)抽取1人，以X表示這2人中愿意為升級5G多支付10元或10元以上的人數(shù)，求X的散布列和數(shù)學(xué)希望；〔3〕2021年末，從這1000人的樣本中隨機(jī)抽取3人，這三位學(xué)生都已簽約5G套餐，可否定為樣本中初期體驗用戶的人數(shù)有變化？說明原因.【答案】〔1〕〔2〕詳看法析〔3〕事件D固然發(fā)生概率小，但是發(fā)生可能性為，所以以為初期體驗用戶沒有發(fā)生變化，詳看法析【分析】〔1〕由從高校大學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生在2021年或2021年以前升級到5G，聯(lián)合古典摡型的概率計算公式，即可求解；〔2〕由題意X的全部可能值為0,1,2，利用相互獨立事件的概率計算公式，分別求得相應(yīng)的概率，獲取隨機(jī)變量的散布列，利用希望的公式，即可求解.〔3〕設(shè)事件D為“從這1000人的樣本中隨機(jī)抽取3人，這三位學(xué)生都已簽約5G套餐〞，獲取七概率為P(D)，即可獲取結(jié)論.【詳解】〔1〕由題意可知，從高校大學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生在2021年或2021年以前升級到5G的概率估計為樣本中初期體驗用戶和中期跟從用戶的頻次，即270530.1000〔2〕由題意X的全部可能值為0,1,2，記事件A為“從初期體驗用戶中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生愿意為升級5G多支付10元或10元以上〞，事件B為“從中期跟從用戶中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生愿意為升級5G多支付10元或10元以上〞，由題意可知，事件A，B相互獨立，且P(A)140%0.6，P(B)145%0.55，所以P(X0)P(AB)(10.6)(10.55)0.18，P(X1)P(ABAB)P(AB)P(AB)P(A)(1P(B))(1P(A)P(B)(10.55)(10.6)，P(X2)P(AB)，所以X的散布列為X012P故X的數(shù)學(xué)希望E(X)00.1810.4920.331.15.〔3〕設(shè)事件D為“從這1000人的樣本中隨機(jī)抽取3人，這三位學(xué)生都已簽約5G套餐〞，那么C27030.02.P(D)C10003回復(fù)一：事件D固然發(fā)生概率小，但是發(fā)生可能性為，所以以為初期體驗用戶沒有發(fā)生變化.回復(fù)二：事件D發(fā)生概率小，所以能夠以為初期體驗用戶人數(shù)增添.【點睛】本題主要考察了失散型隨機(jī)變量的散布列，數(shù)學(xué)希望的求解及應(yīng)用，對于求失散型隨機(jī)變量概率散布列問題首先要清楚失散型隨機(jī)變量的可能取值，計算得出概率，列出失散型隨機(jī)變量概率散布列，最后依照數(shù)學(xué)希望公式計算出數(shù)學(xué)希望，此中列出失散型隨機(jī)變量概率散布列及計算數(shù)學(xué)希望是理科高考數(shù)學(xué)必考問題.17．如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，ABBC，AA1ABBC2.〔1〕求證：BC1平面A1B1C；〔2〕求異面直線B1C與A1B所成角的大??；B1MA1N的〔3〕點M在線段B1C上，且((0,1))，點N在線段A1B上，假定MN∥平面A1ACC1，求B1CA1B值〔用含的代數(shù)式表示〕.【答案】〔1〕證明看法析〔2〕〔3〕13【分析】〔1〕依據(jù)三棱柱ABCA1B1C1的結(jié)構(gòu)特色，利用線面垂直的判斷定理，證得A1B1平面B1BCC1，獲取A1B1BC1，再利用線面垂直的判斷定理，即可證得BC1平面A1B1C；〔2〕由〔1〕獲取ABBC，成立空間直角坐標(biāo)系Buuuruuurxyz，求得向量B1C,A1B，利用向量的夾角公式，即可求解.B1M，得M(2,0,22)A1N，得N(0,22,22)uuuur〔3〕由，設(shè)，求得向量MN的坐標(biāo)，結(jié)B1CA1Buuuurr合MN//平面A1ACC1，利用MNn0，即可求解.【詳解】〔1〕在三棱柱ABCA1B1C1中，由BB1平面ABC，所以BB1平面A1B1C1，又因為BB1平面B1BCC1，所以平面B1BCC1平面A1B1C1，交線為B1C1.又因為ABBC，所以A1B1B1C1，所以A1B1平面B1BCC1.因為BC1平面B1BCC1，所以A1B1BC1又因為BB1BC2，所以B1CBC1，又A1B1IB1CB1，所以BC1平面A1B1C.〔2〕由〔1〕知BB1底面ABC，ABBC，如圖成立空間直角坐標(biāo)系Bxyz，由題意得B0,0,0，C2,0,0，A10,2,2，10,0,2.Buuuruuur所以B1C2,0,2，A1B0,2,2.uuuruuur所以cosA1B,B1C

uuuruuurA1BB1Cuuuruuur|BA1||B1C|

1.2故異面直線B1C與A1B所成角的大小為.3r1,1,0，〔3〕易知平面A1ACC1的一個法向量n由B1MM(2,0,22).，得B1CA1N，得N(0,2uuuur設(shè)2,22)，那么MN(2,22,22)A1Buuuurr因為MN//平面A1ACC1，所以MNn0，即(2,22,22)(1,1,0)0，解得1，所以A1N1.A1B【點睛】本題考察了線面平行的判斷與證明，以及空間角的求解問題，意在考察學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面地點關(guān)系的判斷定理和性質(zhì)定理，經(jīng)過嚴(yán)實推理是線面地點關(guān)系判斷的要點，同時對于立體幾何中角的計算問題，常常能夠利用空間向量法，經(jīng)過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.18．函數(shù)f(x)1x3x23ax(aR).31fx在x1時，有極值，求a的值；〔〕假定〔2〕在直線x1上能否存在點P，使得過點P起碼有兩條直線與曲線yfx相切？假定存在，求出P點坐標(biāo)；假定不存在，說明原因.【答案】〔1〕a1〔2〕不存在，詳看法析【分析】〔1〕求得f(x)x22x3a，依據(jù)函數(shù)fx在x1獲得極值，即可求解；〔2〕不如設(shè)點P1,b，設(shè)過點P與yfx相切的直線為l，切點為x0,y0，求得切線方程，依據(jù)直線l過P1,b，轉(zhuǎn)變?yōu)閎1x03x023ax0x022x03a1x0，設(shè)函數(shù)g(x)2x32x22x3ab，轉(zhuǎn)33化為gx在區(qū)間,上單一遞加，即可求解.【詳解】〔1〕由題意，函數(shù)f(x)1x3x23ax，那么f(x)x22x3a，3由fx在x1時，有極值，可得f(1)123a0，解得a1.經(jīng)查驗，a1時，fx有極值.綜上可得a1.〔2〕不如設(shè)在直線x1上存在一點P1,b，設(shè)過點P與yfx相切的直線為l，切點為x0,y0，那么切線l方程為1322y3x0x03x0x02x03axx0，又直線l過P1,b，有b1x03x023ax0x022x03a1x0，3即2322x03ab0，3x02x0設(shè)g(x)2x32x22x3ab，那么g(x)2x24x22(x1)20，3所以gx在區(qū)間,上單一遞加，所以gx0至多有一個解，過點P與yfx相切的直線至多有一條，故在直線x1上不存在點P，使得過P起碼有兩條直線與曲線yfx相切.【點睛】本題主要考察導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的綜合應(yīng)用，此中解答中熟記函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)間的關(guān)系是解答的要點，側(cè)重考察了轉(zhuǎn)變與化歸思想、分類議論、及邏輯推理能力與計算能力．19．橢圓C:x2y21(a1)的離心率是2.a22〔1〕求橢圓C的方程；〔2〕F1，F(xiàn)2分別是橢圓C的左、右焦點，過F2作斜率為k的直線l，交橢圓C于A,B兩點，直線F1A，1y軸于不一樣的兩點M,N.假如MF1N為銳角，求k的取值范圍.FB分別交【答案】〔1〕x2y21〔2〕,72,00,27,27447【分析】〔1〕由題意，列出方程組，求得a22，即可獲取橢圓的方程；〔2〕設(shè)直線l的方程為ykx1，聯(lián)立方程組，依據(jù)根和系數(shù)的關(guān)系，聯(lián)合向量的數(shù)目【詳解】〔1〕由題意，橢圓C:x2y21(a1)的離心率是2，a22c2a2，所以橢圓C的方程為x2可得b21解得a22y21.a2b2c222l的斜率不為0〔〕由直線，設(shè)直線l的方程為ykx1，直線l與橢圓C的交點為Ax1,y1，Bx2,y2.yk(x1)得2k21x24k2x2k2由x2y2120.2由，鑒別式恒成立，且x1+x2=4k2，x1x22k22.①2k2+12k21直線F1A的方程為yy1(x1)，令x0，那么M0,y1x1x1.11同理可得N0,y21.x2uuuuruuuur1y1y21k2x11x21所以F1MF1Nx11x21x11x21k2x1x2x1x211k2x1x21k2x1x21k21x1x2x1x21x1x2x1x21將①代入并化簡，得uuuuruuuur7k21.F1MF1N8k21uuuuruuuuruuuuruuuur7k21依題意，角MF1N為銳角，所以F1MF1N0，即F1MF1N8k20.1解得k21或k21.78綜上，直線l的斜率的取值范圍是,72,00,27,.7447【點睛】本題主要考察橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求解、及直線與圓錐曲線的地點關(guān)系的綜合應(yīng)用,解答此類題目，往常聯(lián)立直線方程與橢圓〔圓錐曲線〕方程，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行求解，此類問題易錯點是復(fù)雜式子的變形能力缺少，致使錯解，能較好的考察考生的邏輯思想能力、運算求解能力、剖析問題解決問題的能力等.20．?dāng)?shù)列an，記會合TS(i,j)|S(i,j)aiai1Laj,1,ij,i,jN*.〔1〕對于數(shù)列an:1,2,3,4，寫出會合T；〔〕假定an2n，能否存在i,jN*，使得Si,j1024？假定存在，求出一組切合條件的i,j；假定不存在，2說明原因.〔3〕假定a2n2，把會合T中的元素從小到大擺列，獲取的新數(shù)列為B:b,b,Lb,L，假定bm2021，n12n求m的最大值.【答案】〔1〕T{3,5,6,7,9,10}〔2〕不存在i,jN*Si,j1024.(3)詳看法析，使得成立【分析】〔1〕依據(jù)會合的定義TS(i,j)|S(i,j)aiai1Laj,1,ij,i,jN*，即可求解；〔2〕假定存在i,jN*，使得Si,j1024，獲取1024(ji1)(ij)，依據(jù)ij與ji奇偶性相同，所以ij與ji1奇偶性不一樣，從而獲取結(jié)論.〔3〕假定i,jN*，使得i(i1)Lj(ji1)(ij)2t，獲取(ji1)(ij)2t1不行立，聯(lián)合2數(shù)學(xué)概括法，把數(shù)列an2n2，轉(zhuǎn)變?yōu)閿?shù)列0,1,2,3,L,n,L，其相應(yīng)會合T中知足b1010有多少項，即n可獲取結(jié)論.【詳解】〔〕由題意，會合TS(i,j)|S(i,j)aiai1Laj,1,ij,i,jN*，1可得T{3,5,6,7,9,10}.〔2〕假定存在i,jN*，使得Si,j1024，那么有1024aiai1Laj2i2(i1)L2j(ji1)(ij)，因為ij與ji奇偶性相同，所以ij與ji1奇偶性不一樣.又因為ij3，ji12，所以1024必有大于等于3的奇數(shù)因子，這與1024無1之外的奇數(shù)因子矛盾.故不存在i,jN*，使得Si,j1024成立.〔3〕第一證明ann時，對隨意的mN*都有bm2t，tN*.假定i,jN*，使得：i(i1)Lj(ji1)(ij)2t，2因為ji1與ji均大于2且奇偶性不一樣，全部(ji1)(ij)2t1不行立.其次證明除2ttN形式之外的數(shù)，都能夠?qū)懗杉俣ǜ蓚€連續(xù)正整數(shù)之和.假定正整數(shù)h2t2k1，此中tN，tN*.當(dāng)2t12k1時，由等差數(shù)列的性質(zhì)有：h(2k1)(2k1)L(2k1)2tkL2t12t2t1L2tk此時結(jié)論成立.當(dāng)2t12k1時，由等差數(shù)列的性質(zhì)有：h(2k1)(2k1)L(2k1)k2t1L(k1)k(k1)(k2)Lk2t，此時結(jié)論成立.對于數(shù)列an2n2，此問題等價于數(shù)列0,1,2,3,L,n,L，其相應(yīng)會合T中知足：bn1010有多少項.由前面的證明可知正整數(shù)2，4，8，16，32，64，128，256，512不是會合T中的項，所以n的最大值為1001.【點睛】本題主要考察了數(shù)列的遞推公式的應(yīng)用，以及數(shù)列的綜合應(yīng)用，此中解答中仔細(xì)審題，利用題設(shè)條件，聯(lián)合數(shù)列的運算和數(shù)學(xué)概括法求解是解答的要點，側(cè)重考察了剖析問題和解答問題的能力，試題綜合性強，屬于難題.2021屆百校結(jié)盟TOP20高三上學(xué)期11月聯(lián)考數(shù)學(xué)〔理〕試題一、單項選擇題1．復(fù)數(shù)12i1i的模為〔〕1i32A．1B．3C．5D．5【答案】C【分析】對復(fù)數(shù)進(jìn)行計算化簡，而后依據(jù)復(fù)數(shù)的模長公式，獲取答案.【詳解】依據(jù)題意，12i1i12i1i1i321i2(12i)(1i)1i223i1i222i，所以|2i|22125.應(yīng)選：C.【點睛】本題考察復(fù)數(shù)的四那么運算，求復(fù)數(shù)的模長，屬于簡單題.2．會合A{x|x3}，Bx|ylog2x22x,xR，那么eAB＝〔〕A．{x|x0}B．{x|2x3或x0}C．{x|2x3}D．{x|0x3}【答案】B【分析】對會合B進(jìn)行化簡，而后依據(jù)會合的補集運算，獲取答案.【詳解】因為

B

x|y

log2

x2

2x,x

Rx|

x2

2x

0,x

Rx|0

x2,x

R

，因為會合

A

{x|x

3}所以

eAB

{x|2

x3或

x

0}

.應(yīng)選：

B.【點睛】本題考察解對數(shù)不等式，一元二次不等式，會合的補集運算，屬于簡單題.r1是|r3．向量a(3,4)，那么實數(shù)a|5的〔〕A．充分而不用要條件B．必需而不充分條件C．充分必需條件D．既不充分也不用要條件【答案】A【分析】先求出【詳解】

r1可否獲取|rr1，從而獲取答案.a，而后分別判斷由a|5，和由|a|5可否獲取rr22因為向量a(3,4)，所以a3451rr5，因為，所以可得aa所以1是|r5的充分條件.a|因為|r5，所以|||a|5a|||1即1.所以1是|r5的不用要條件.a|綜上所述，實數(shù)1是|a|5的充分而不用要條件.應(yīng)選：A.【點睛】本題考察依據(jù)向量的坐標(biāo)求向量的模長，判斷充分而不用要條件，屬于簡單題.4．函數(shù)g(x)x3,x0g(x)1的解集為〔log2x,x，那么不等式〕0A．(0,2)B．(,2)C．(1,2)D．(1,2)【答案】C【分析】按x0和x0，分別解不等式gx1，從而獲取答案.【詳解】依據(jù)題意，g(x)x3,x0,，0,log2x,x由不等式g(x)1x31log2x，1得或，x0x0所以1x0或0x2.1x2所以不等式g(x)1的解集為(1,2).應(yīng)選：C.【點睛】本題考察解分段函數(shù)不等式，解對數(shù)不等式，屬于簡單題.5．某幾何體的三視圖以下列圖，那么該幾何體的體積為〔〕正視圖側(cè)視圖俯視圖A．43B．2333C．2D．433【答案】C【分析】依據(jù)三視圖還原出幾何體的直觀圖，將幾何體分為三棱錐EABC和三棱錐EACD兩局部，依據(jù)三視圖中的數(shù)據(jù)及線段的地點關(guān)系分別獲取底面積和高，求出幾何體的體積.【詳解】該幾何體的直觀圖如以下列圖，平面ACD平面ABC，DEP平面ABC，VACD與△ACB均是邊長為2的等邊三角形，BE2，點E在平面ABC上的射影落在ABC的均分線上，所以DE平面ACD，所以VE11，ABCSABC33VEACD1SVACDDE13(31)13，333所以幾何體的體積為23.3應(yīng)選：C.【點睛】本題考察三視圖還原聯(lián)合體，依據(jù)三視圖求幾何體的體積，屬于中檔題.6．函數(shù)f(x)x1的圖象在點(3,2)處的切線與函數(shù)g(x)x22的圖象圍成的關(guān)閉圖形的面積為〔〕x1A．11B．33C．35D．12512161648【答案】D【分析】對fx求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求出切線方程，而后求出切線與gx的交點坐標(biāo)，利用定積分求出圍成的關(guān)閉圖形的面積，獲取答案.【詳解】由題意，f(x)2，(x21)f(3)21(31)2，2所以切線方程為x2y70，與g(x)x22的交點橫坐標(biāo)為x13，x21.2故關(guān)閉圖形的面積S17xx22dx32223123x311x2dxx2x3222x3143212548應(yīng)選：D.【點睛】本題考察利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)圖像上在一點的切線方程，定積分求關(guān)閉圖形的面積，屬于中檔題.a1a2a1log1anSn1117．?dāng)?shù)列知足，，設(shè)數(shù)列的前項和為，假定Tn，1n1n2nS1S2Sn那么與T9最靠近的整數(shù)是〔〕A．5B．4C．2D．1【答案】C【分析】依據(jù)遞推關(guān)系式a2aan112，獲取an1的通項，從而獲取log1a的通n1n1，獲取2an1n項和前n項和Sn，從而求出Tn，再獲取T9，從而獲取答案.【詳解】由題意，an112an22an1，所以an112，an1所以an為以a112為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an1a112n12n，所以log2an1n，數(shù)列l(wèi)og21an的前n項和為Snn(n1)2，121)211，Snn(nnn1Tn111S1S2Sn2111111223nn1211n1所以T99.5所以與T9最靠近的整數(shù)是2.應(yīng)選：C.【點睛】本題考察結(jié)構(gòu)法求數(shù)列的通項，等差數(shù)列前n項和公式，裂項相消法求數(shù)列的和，屬于中檔題.2x11,x18．函數(shù)f(x)21，假定函數(shù)g(x)f(x)m有兩個零點，那么實數(shù)m的取值范圍為〔〕x,x1xA．[2,)B．(1,0)U(2,)C．(1,2]D．(1,0)【答案】D【分析】畫出yfx的圖像，而后獲取yfx的圖像和ym的圖像有兩個交點，從而獲取m的取值范圍.【詳解】2x11,x1依據(jù)函數(shù)f(x)21,x，x1x畫出f(x)的圖象以下列圖，函數(shù)g(x)f(x)m有兩個零點那么函數(shù)yf(x)所以1m0

的圖象與ym的圖象有2個交點，，所以實數(shù)m的取值范圍為(1,0).應(yīng)選：D.【點睛】本題考察畫分段函數(shù)的圖像，函數(shù)與方程，屬于簡單題.1mx2(n2)x1(m0,n0)的單一遞加區(qū)間為[1,149．假如函數(shù)f(x))，那么的最小值為2mn〔〕A．9B．2C．132D．4【答案】A【分析】由fx單一遞加區(qū)間為[1,n2n2，再依據(jù)根本不等式求)，獲取對稱軸方程1，即m出14m的最小值，獲取答案.mn【詳解】因為函數(shù)f(x)1mx2(n2)x1(m0,n0)的單一遞加區(qū)間為[1,)2所以對稱軸為：n21，即mn2，m所以14114(mn)mn2mn154mn2nm1(524mn)9，22nm當(dāng)且僅當(dāng)m2n4,時，等號成立.33應(yīng)選：A.【點睛】本題考察依據(jù)二次函數(shù)的單一區(qū)間求參數(shù)之間的關(guān)系，根本不等式乞降的最小值，屬于簡單題.10．sin(2)3,那么sin(2)〔1236A．7B．7C．1010【答案】C

〕7D．799【分析】利用倍角公式，聯(lián)合函數(shù)名的變換求解.【詳解】cos()12sin2(12)1,623sin(26)cos[(26)]cos(2)2cos2()17,應(yīng)選C.2369【點睛】本題主要考察三角函數(shù)的給值求值問題，第一從角下手，追求角和所求角的關(guān)系，再利用三角恒等變換公式求解.．如圖，在三角形ABC中，AC上有一點D知足BD4，將△ABD沿BD折起使得AC5，假定平面EFGH11分別交邊AB，BC，CD，DA于點E，F(xiàn)，G，H，且ACP平面EFGH，BDP平面EFGH那么當(dāng)四邊形EFGH對角線的平方和取最小值時，DH〕〔DA1B．16C．2032A．4141D．441【答案】B【分析】易得HGPAC，EFPAC，設(shè)DHGHk，易得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，得AHEH1k，DAACDABD從而獲取GH5k，EH4(1k)，平行四邊形EFGH中，EG2HF2241k232k16，從而獲取EG2HF2最小時的k值，獲取答案.【詳解】ACP平面EFGH，AC平面ACD，平面ACDI平面EFGHHG，所以ACPHG，同理ACPEF設(shè)DHGHk(0k1)，DAACBDP平面EFGH，BD平面ABD，平面ABD平面EFGHHE，所以BDPHE，同理FG∥BD所以AHEH1k，DABD因為BD4，AC5所以GH5k，EH4(1k)，在平行四邊形EFGH中，EG2HF2225k216(1k)2241k232k16)，又Q0k1，當(dāng)k162HF2獲得最小值.時，EG41應(yīng)選：B.【點睛】本題考察線面平行證明線線平行，平行四邊形對角線的性質(zhì)，二次函數(shù)求最值，屬于中檔題.12．定義在R上的函數(shù)f(x)知足f(x2)f(x)0，f(2021)2，隨意的t[1,2]，函數(shù)g(x)x3x2f(2)f(2)m在區(qū)間(t,3)上存在極值點，那么實數(shù)m的取值范圍為〔〕x2A．37B．(9,5)C．37D．37,5,9,333【答案】C【分析】依據(jù)f(x2)f(x)0獲取fx周期為4，再求得f2f20212，獲取gx，求導(dǎo)獲取gx，判斷出gx0的兩根一正一負(fù)，那么gx在區(qū)間(t,3)上存在極值點，且t1,2，獲取gx在t,3上有且只有一個根，從而獲取對于t的不等式組，再依據(jù)二次函數(shù)保號性，獲取對于m不等式組，解得m的范圍.【詳解】由題意知，f(x2)f(x)，f(x4)f(x)，所以f(x)是以4為周期的函數(shù)，f(2021)f(2)2，所以g(x)x3x222mx3m2x22x，x22求導(dǎo)得g(x)3x2(m4)x2，令g(x)0，3x2(m4)x20，(m4)2240，由x1x220，3知g(x)0有一正一負(fù)的兩個實根.t[1,2],x(t,3)，依據(jù)g(x)在(t,3)上存在極值點，獲取g(x)0在(t,3)上有且只有一個正實根.g(t)03t2(m4)t20從而有，即27恒成立，g(3)0(m4)320又對隨意t[1,2]，上述不等式組恒成立，311(m4)20,進(jìn)一步獲取3222(m4)20,273(m4)20,m5所以m937m3故知足要求的m的取值范圍為：37m9.3應(yīng)選：C.【點睛】本題考察函數(shù)的周期性的應(yīng)用，依據(jù)函數(shù)的極值點求參數(shù)的范圍，二次函數(shù)根的散布和保號性，屬于中檔題.二、填空題uuuruuuruuuruuur13．在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，A(1,1)，B(0,3)，C(3,0)，BD3DC，那么OAOD________.【答案】32uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur【分析】將BD3DC轉(zhuǎn)變?yōu)镺DOB3(OCOD)，從而獲取OD的坐標(biāo)，而后依據(jù)向量數(shù)目積的坐標(biāo)運算，獲取答案.【詳解】uuuruuuruuuruuuruuuruuur因為BD3DC，所以O(shè)DOB3(OCOD)，uuuruuuruuur93所以O(shè)D13OCOB,4，44uuur1,1OAuuuruuur933所以O(shè)AOD44.2故答案為：3.2【點睛】本題考察向量線性運算的坐標(biāo)表示，數(shù)目積的坐標(biāo)表示，屬于簡單題.x0,y0y1的最小值為________.14．x，y知足不等式組xy10，那么z2xy40x1【答案】13【分析】依據(jù)拘束條件，畫出可行域，將目標(biāo)函數(shù)當(dāng)作點(x,y)與點(1,1)兩點連線的斜率，從而獲取斜率的最小值，獲取答案.【詳解】x0,y0因為x，y知足不等式組xy10，2xy40畫出可行域，以下列圖，1表示點(x,y)與點(1,1)兩點連線的斜率，x1所以可適當(dāng)直線過點A時，z最小，y0x2,由得y0,2xy40所以z的最小值為011.故答案為：1213.3【點睛】本題考察依據(jù)線性規(guī)劃求分式型目標(biāo)函數(shù)的最值，屬于簡單題.15．如圖，底面ABCD為正方形，四邊形DBEF為直角梯形，DB∥EF，BE平面ABCD，ABBE2，BD2EF，那么異面直線DF與AE所成的角為________.【答案】6【分析】設(shè)正方形

ABCD的中心為

O，可得

OE∥DF

，獲取直線

DF

與AE所成角為

AEO〔或其補角〕，依據(jù)余弦定理，可得

cos

AEO

的值，從而獲取答案

.【詳解】如圖，設(shè)正方形ABCD的中心為O，連結(jié)AO，EO，1BD那么OD2因為DB∥EF，BD2EF所以EFPOD，EFOD所以DFEO為平行四邊形，所以O(shè)E∥DF，所以直線DF與AE所成角等于OE與AE所成的角，即AEO〔或其補角〕，因為AE22,OA2,OE6，在三角形AEO中，依據(jù)余弦定理，可知cosAEOEO2EA2AO23，2EOEA2所以AEO.6故答案為：.6【點睛】本題考察求異面直線所成的角的大小，屬于簡單題.16．函數(shù)f(x)4cosxsinx3(0)在區(qū)間,上有最小值f，無最大值，那么3634________.【答案】73【分析】先對fx進(jìn)行整理，獲取fx2sin2x，依據(jù)最小值f，獲取74k，而后根343據(jù)fx在區(qū)間,無最大值，獲取周期的范圍，從而獲取的范圍，確立出的值.63【詳解】f(x)4cosxsinx334cosx1sinx3cosx3222sinxcosx32cos2x1sin2x3cos2x2sin2x，3依題意，那么2432k3,kZ，2所以4k7(kZ).3因為f(x)在區(qū)間,上有最小值，無最大值，63所以4，即6，32令k0，得7.3故答案為：7.3【點睛】本題考察二倍角公式，協(xié)助角公式化簡，依據(jù)正弦型函數(shù)的最值和周祈求參數(shù)的值，屬于中檔題.三、解答題17．增的等比數(shù)列an的前n和Sn，a1a49，a2a38.1〕求數(shù)列an的通公式；2〕求數(shù)列nSn的前n和Tn.【答案】〔1〕an=2n-1；〔2〕Tn(n1)2n12(1n)n2【分析】〔1〕依據(jù)等比數(shù)列a2a3a1a48，解出a1和a4的，從而獲取公比q，獲取an的通公式；〔2〕依據(jù)〔1〕獲取Sn，再利用位相減法和分乞降的方法求出nSn的前n和Tn.【解】〔1〕由意，a1a49,a2a3a1a48,解得a11,a48或a18,a41；而等比數(shù)列an增，所以a1