吉林省高三下學(xué)期模擬考試(文科)數(shù)學(xué)試卷附答案解析

吉林省高三下學(xué)期模擬考試(文科)數(shù)學(xué)試卷附答案解析

班級(jí):___________姓名：考號(hào)：

一、單選題

1.設(shè)集合A={x∣x>0},8={x∣-2<x≤l},則(QA)CB=()

A.{x?x>-2}B.{x∣x>0}C.{x∣-2<x≤0)D.{xlθ≤x≤l}

2.已知復(fù)數(shù)z=(α-2i)(l+3i)(αwR)的實(shí)部與虛部的和為12,則∣z-5∣=()

A.3B.4C.5D.6

3.已知向量α=(L2),人=(LO)與c=(3,4).若人為實(shí)數(shù)，3+力?)“c,則λ=()

A.-B.?C.1D.2

42

4.2022年北京冬奧會(huì)開幕式始于24節(jié)氣倒計(jì)時(shí)它將中國(guó)人的物候文明、傳承久遠(yuǎn)的詩(shī)歌、現(xiàn)代生活的畫

面和諧統(tǒng)一起來(lái).我國(guó)古人將一年分為24個(gè)節(jié)氣，如圖所示，相鄰兩個(gè)節(jié)氣的日唇長(zhǎng)變化量相同，冬至日

署長(zhǎng)最長(zhǎng)，夏至日辱長(zhǎng)最短，周而復(fù)始.已知冬至日皆長(zhǎng)為13.5尺,夏至日號(hào)長(zhǎng)為L(zhǎng)5尺，則一年中夏至

到秋分的日唇長(zhǎng)的和為()尺.

楚芋逐漸舉小

春分

/雨水驚蟄O清明谷雨X

I小寒芒種\

冬至27090夏至

秋分/

將長(zhǎng)逐漸變大

A.24B.60C.401D.31.5

5.己知菱形ABCo的邊長(zhǎng)為√LNBM>=60。將AABD沿折起,使力，。兩點(diǎn)的距離為6,則所得三

棱錐A-BCD的外接球的表面積為()

9萬(wàn),15;T

A.3πB.—C.6萬(wàn)1

2)?—

3

6?已知α=8sl,』M和c1,則下列不等關(guān)系正確的是()

A.a<c<bB.a<b<cC.c<b<a\D?c<a<b

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7.已知α>O,b>O,若直線∕∣:or+〃y-2=0與直線4:2x+(l—a)y+l=0垂直，則α+2b的最小值為()

A.1B.3C.8D.9

8.函數(shù).“X)=ASinWX+e)(A>0,o>0,M<乃)的部分圖像如圖所示，現(xiàn)將/(x)的圖像向右平移J個(gè)單位

6

jr)TT

長(zhǎng)度，得到函數(shù)y=g(χ)的圖像，則g(χ)在區(qū)間上的值域?yàn)?)

A.[-√2,2]B.[-1，應(yīng)]C.[θ,√2]D.[0,2]

二、多選題

9.己知/(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，且滿足/(-X+2)=/(x+2),則下列結(jié)論正確的是()

A./(4)=0

B.函數(shù)y=∕(χ)的圖象關(guān)于直線X=I對(duì)稱

C./(x+8)=/(X)

D.若/(-3)=T,則f(2021)=T

10.南宋數(shù)學(xué)家楊輝所著的《詳解九章算法.商功》中出現(xiàn)了如圖所示的形狀，后人稱之為“三角垛”.“三

角垛”最上層有1個(gè)球，第二層有3個(gè)球，第三層有6個(gè)球，L,以此類推.設(shè)從上到下各層球數(shù)構(gòu)成一

個(gè)數(shù)列{%},則()

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A.4=9B.a,1^-an=n+?

Sl2〃

C?4o=5c4λD.=--τ

Mai∏+?

o

11.直四棱柱ABa>-AB∣GA中底面ABCf)為菱形，ZBAD=60,AB=AD=A41=2。為CG中點(diǎn)，點(diǎn)。

在四邊形c∕)AG內(nèi)(包括邊界)運(yùn)動(dòng)，下列結(jié)論正確的是()

A.若DQ=大DC+“DD?,且/1+〃=；,則四面體ABPQ的體積為定值

B.若AQ〃平面ABP,則A。的最小值為百

c.若的外心為。，則AaAO為定值2

D.若AQ=S，則點(diǎn)。的軌跡長(zhǎng)度為W

1

12.已知"χ)=Il,若y="χ)-"M恰有3個(gè)零點(diǎn)，則“的可能值為()

2∣x-2∣,x>0

3

A.OB.1C.-D.2

2

三、填空題

TTY

13.函數(shù)/(x)=sin(5-x)-8cos5的最小值為一.

14.在△力比'中內(nèi)角4B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,若b=不,8=。則2a+c的最大值為__.

15.已知函數(shù)/(x)是定義在R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對(duì)任意實(shí)數(shù)X都有

M'(?r+4)-(X+4)∕(X)=2X(X+4),貝IJy(IO)=.

16.已知，。:f+V=4和直線/∕y=-Jir,若斜率為4的直線勾與圓。交于A,3兩點(diǎn)，與直線人交于點(diǎn)

C(C在圓O內(nèi))，若IAC-忸CI=1,則∣Aβ∣=.

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四、解答題

17.在一ABC中內(nèi)角4B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且分=4.

(1)若SinC=2sin3,αcosC=4求..A6C的面積；

(2)若A=2B,且;/BC的邊長(zhǎng)均為正整數(shù)，求

18.已知｛《,｝是一個(gè)等差數(shù)列，且4=L%=-5.

(1)求｛4｝的通項(xiàng)

(2)若數(shù)列｛??｝的前〃項(xiàng)和為S(I,求九的值

19.設(shè)函數(shù)/(x)=V+加-6x+2,若/(力在x=2處有極值.

(D求實(shí)數(shù)a的值：

⑵求函數(shù)/(x)的極值；

⑶若對(duì)任意的xe[-2,4],都有"x)<∕-3c?,求實(shí)數(shù)C的取值范圍.

20.如圖，在直四棱柱ABCD-AMGR中底面A8C。是正方形AA=2AB=2,E為。R的中點(diǎn).

(D證明：CEL平面BCE；

(2)求平面B1C1E與平面AeE夾角的余弦值.

21.已知傾斜角為二的直線經(jīng)過拋物線C:x2=2p-y(p>0)的焦點(diǎn)F,與拋物線C相交于A、B兩點(diǎn),且

4

IAB∣=8.

(1)求拋物線C的方程；

(2)求過點(diǎn)AB且與拋物線C的準(zhǔn)線相切的圓的方程.

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22.己知函數(shù)/(X)=IogosV在其定義域上是奇函數(shù)，a為常數(shù).

(D求a的值.

⑵證明：f(x)在(1,E)上是增函數(shù).

⑶若對(duì)于［3,4］上的每一個(gè)X的值，不等式“χ)>［g］+"恒成立，求實(shí)數(shù)勿的取值范圍.

參考答案與解析

1.C

【分析】根據(jù)補(bǔ)集和交集的定義即可求解.

【詳解】由已知得?A={x∣x≤0},而8={x∣-2<x≤l}

所以低A)c8={x∣-2<x≤0}.

故選：C

2.C

【分析】先把已知z=(α-2i)(l+3i)3eR)化簡(jiǎn)，整理出復(fù)數(shù)Z的實(shí)部與虛部，接下來(lái)去求IZ-51即可解決.

［詳解】Z=(a-2i)(l+3i)=(?+6)+(36?-2)i

則有，。+6+3a—2=12解得a=2

則z=8+4i,z-5=3+4i故∣z-5∣=反不=5.

故選：C

3.B

【分析】先求出α+勸的坐標(biāo)，再由(a+?)〃c,,列方程可求得結(jié)果

【詳解】因?yàn)橄蛄喀?(L2)fe=(l,O)

所以α+M=(1,2)+2(LO)=(I+2,2)

因?yàn)?α+初)〃Cc=(3,4)

所以殍=,，解得2=g

故選：B

4.D

【分析】根據(jù)給定條件可得以冬至日唇長(zhǎng)為首項(xiàng)，夏至日唇長(zhǎng)為第13項(xiàng)的等差數(shù)列，求出公差即可列式計(jì)

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算作答.

【詳解】依題意，冬至日號(hào)長(zhǎng)為13.5尺，記為4=13.5,夏至日號(hào)長(zhǎng)為1.5尺，記為q=15

因相鄰兩個(gè)節(jié)氣的日唇長(zhǎng)變化量相同，則從冬至日唇長(zhǎng)到夏至日署長(zhǎng)的各數(shù)據(jù)依次排成一列得等差數(shù)列

{αn},π∈N',π<13

數(shù)列｛α,J的公差d=='?:??-5=-1

13—113—1

因夏至日署長(zhǎng)最短，冬至日愚長(zhǎng)最長(zhǎng)

所以夏至到冬至的日暑長(zhǎng)依次排成一列是遞增等差數(shù)列，首項(xiàng)為L(zhǎng)5尺，末項(xiàng)為13.5尺，公差為1,共13

項(xiàng)

秋分為第7項(xiàng)，故%=4+6d=7.5

所以一年中夏至到秋分的日號(hào)長(zhǎng)的和為7=31.5（尺）.

故選：D.

5.B

【解析】先判定所得三棱錐為正四面體，將此正四面體放置在正方體中使得正方體的面對(duì)角線是正四面體

的棱，利用正方體的性質(zhì)求得正方體的邊長(zhǎng)，進(jìn)而得到對(duì)角線長(zhǎng)，由此得到正方體的外接球也就是正四面

體的外接球的直徑，最后利用球的表面積公式計(jì)算得到結(jié)果.

【詳解】由已知得aBAD為等邊三角形，；.對(duì)角線8。=AB=BC=CQ=DA=G

將沿8。折起，使4C兩點(diǎn)的距離為√J,折起后三棱錐A為正四面體，各棱長(zhǎng)都是

將此正四面體放置在正方體中使得正方體的面對(duì)角線是正四面體的棱，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為。，則正方體的面

對(duì)角線為缶=有,??.”=?,所以正方體的體對(duì)角線為鳥=爰=2R,其中R為正方體的外接球半徑，由

于正方體的外接球就是正四面體Aa笫的外接球，，正四面體極力的外接球表面積為=—

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故選：B.

【點(diǎn)睛】本題考查幾何體的外接球面積問題，對(duì)于正四面體，可以放置在正方體中解決，利用正方體的性

質(zhì)以簡(jiǎn)化計(jì)算，拓展：對(duì)棱相等的四面體可以放置在長(zhǎng)方體中求解，利用長(zhǎng)方體的有關(guān)性質(zhì)可以簡(jiǎn)化計(jì)算.

6.A

rsin,,

［分析】構(gòu)造/(x)=e-x-l,χeR得至IJe~>sin1,構(gòu)造/(x)=SinX-x+,1，工>。多次求導(dǎo)得到sin1>∣-,

66

從而得到m,，再構(gòu)造g(x)=COSX-(I-療+》］,χ>o多次求導(dǎo)后得到CoSl礙，從而比較

出大小.

【詳解】設(shè)/(x)=e*τ-1xeR

故r(X)=e*-l,當(dāng)xe(→Λ,())時(shí)r(x)<O,當(dāng)Xe(O,+∞)時(shí)/,x)>0

故/(x)=e'-x-l在x∈(→x>,0)上單調(diào)遞減，在x∈(0,?κo)上單調(diào)遞增

所以/(x)N∕(O)=O,故e*≥x+l,當(dāng)且僅當(dāng)x=()時(shí)等號(hào)成立

因?yàn)镾inI-I≠0,??=es""^l>sinl-l+l=sinl

設(shè)r(x)=SinX-X+［Vx>O

則(X)=COSX-I+gfJC>O

設(shè)r(x)=√(x),則/(X)=-SinX+xx>0

設(shè)e(x)=/(x),則e'(x)=1-CoSX≥O在X>O上恒成立

故/(x)在(0,+s)上單調(diào)遞增，則r'(x)>/(O)=O

故t(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，則r,(x)>(O)=O

故=SinX-X+L?√在(0,+8)上單調(diào)遞增

則r(x)>f(O)=O在(0,+e)上恒成立

所以/(1)=Sinl-I+,>0,則SinI>*

66

i??=esinl-1>-

??(x)=cosx-ll-→2+^-x4jX>O

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故短(X)=-SinXl-X+3)x>o

設(shè)∕z(χ)=g<χ),則”(X)=-COSX+l-gVx>0

??√(x)=Λ,(x),貝!j∕(X)=Sinx-xχ>0

設(shè)MX)=/(x),則MX)=COSX-1≤O在(0,+功上恒成立

故/(x)=SinX-X在(0,+8)上單調(diào)遞減，故/(x)</(O)=O

故〃'(外在(0,+8)上單調(diào)遞減，故Λ,(x)</(O)=O

故g'(x)在(0,+")上單調(diào)遞減，故g'(x)<g'(0)=O

故g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞減，故g(x)<g(0)=0

所以g(l)=COSl-1I-g+=)<0,BPcos1<?l

1??5

Xcosl<-<-<-<esin'-',即“<c<b.

2446

故選：A

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：麥克勞林展開式常常用于放縮法進(jìn)行比較大小，常用的麥克勞林展開式如下:

2Mv35γ2n+?

ex=l+x+-++—+6>(xz,+l)sinx=x--+--+(-?)/y------+6>(A：2//t2)

2!n?vf3!5!v,(2n+l)!v7

丫2?462n

-ΛΛΛ/.?∣iΛ(

COSX=I-------+--------------++(-1)7~+O*

2!4!6!v7(2n)!v

v2v3v∏+∣

ln(l+x)=x-y+y-.+(-I)"Q+O(X"'1)

-J—=l+χ+χ2??+χ“+o(%”)(l+x)"=]+&+"；J

7.D

71

【分析】根據(jù)兩直線方程表達(dá)式及其位置關(guān)系可得:+?L=1,在利用基本不等式即可求得a+2〃的最小值.

ba

【詳解】由題可知兩條直線斜率一定存在

又因?yàn)閮芍本€垂直，所以斜率乘積為T，即即2α+b="

b??-a)

整理可得［2+?1L=I

ba

所以4+?=(4+23(2+4]=幺+1+4+絲≥5+2j^>2=9,當(dāng)且僅當(dāng)α=匕=3時(shí)等號(hào)成立;

?ba)ha?ba

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因此α+%的最小值為9.

故選：D

8.C

【分析】先由圖像求出"x)=√∑sin[3x+(],根據(jù)平移得到g(x)=√∑sin(3x-aJ,直接求值域即可.

【詳解】由圖像可以看出：

,所以3=3.

因?yàn)?閨

=-Acos^=-I所以ACC)S夕=1.

且A>O,G>O,∣同<乃

-TT

所以9=1A=√2

所以〃x)=0sin0x+?).

因?yàn)間(x)=f(Xq),所以g(x)=夜Sin3卜-方)+(=√∑sin卜X-?).

因?yàn)閄e，所以3x-ge[0/],所以sin'C?！?/p>

故g(x)e[0，&].

故選：C

9.ACD

【分析】由/(x)奇函數(shù)可得/(0)=0,令x=-2,.f(4)=∕(0)可判斷A；由/(-X+由=∕(x+2),可得χ=2為

對(duì)稱軸，可判斷B；由Ax)是奇函數(shù)，/(x+2)=/(-x+2)分析可判斷C；由F(X)周期為8,可判斷D

【詳解】選項(xiàng)A,由于/S)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，故/(0)=0,令x=—2,f(4)=/(O)=O故A正確：

選項(xiàng)B,由于/(-x+2)=/(x+2),故函數(shù)/(χ)關(guān)于x=2對(duì)稱，不一定關(guān)于x=l對(duì)稱，故B錯(cuò)誤；

選項(xiàng)C,/(x)是奇函數(shù)，故f(x+2)=∕(-x+2)=-f(x-2),令t=x-2,有F(t+4)=-f(f),故

?ɑ+8)=-∕a+4)=∕ω,BP∕(X+8)=∕(X),故C正確；

選項(xiàng)D,由C,/(x)周期為8,故/(2021)=/(253x8—3)=/(—3)=-1,故D正確

故選：ACD

10.BD

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［分析］根據(jù)題意分析可得4-4,τ=〃(〃N2).對(duì)A、B：直接代入檢驗(yàn)即可;對(duì)C：利用累加法可得勺=當(dāng)辿

即可得結(jié)果；對(duì)D：利用裂項(xiàng)相消法運(yùn)算求解.

【詳解】根據(jù)題意可知從第二層起，某一層的球數(shù)比上一層的球數(shù)多的數(shù)量剛好是其層數(shù)，即

-=”522),即all=%+"(〃≥2)

對(duì)A：因?yàn)樯?6,所以%=%+4=10,故A錯(cuò)誤；

對(duì)B：因?yàn)??！ㄒ?"("≥2),所以〃用一/=〃+1,故8正確；

對(duì)C：因?yàn)槌鲆?=2,%2=3,…，an-an,x=n(n≥2),且(=1

所以上述各式相加得?！?4=2+3++〃

故=1+2+3+L+〃=≥2)；

經(jīng)檢驗(yàn)：q=l滿足4=當(dāng)附

所以4=皿等1,則4=55,故C錯(cuò)誤；

故選：BD.

11.AB

【分析】對(duì)于A,取。D,QC的中點(diǎn)分別為M,N,由條件確定Q的軌跡，結(jié)合錐體體積公式判斷A；對(duì)于B,

由面面平行的判定定理可得平面ABP〃平面AMN,從而可得AQ〃平面A1BP,進(jìn)而可求得AQ的最小值：

對(duì)于C,由三角形外心的性質(zhì)和向量數(shù)量積的性質(zhì)可判斷，對(duì)于D,由條件確定點(diǎn)。的軌跡為圓弧44,利

用弧長(zhǎng)公式求軌跡長(zhǎng)度即可判斷.

【詳解】對(duì)于A,取。0,DC的中點(diǎn)分別為M,N,連接A",AMMN,。。，則OA=2DM,DC=2DN與

MNHDyC

因?yàn)镈QmC+〃DR,4+〃=g所以。Q=2∕ION+2"OM2Λ+2∕∕=1

所以Q,M,N三點(diǎn)共線，所以點(diǎn)。在MN,因?yàn)锳C∕Ml8MN∕∕DlC

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所以AfiV////,W（z平面.A1BU平面4RP，所以W〃平面A1BP

所以點(diǎn)0到平面4即的距離為定值，因?yàn)锳&BP的面枳為定值

所以四面體A1BPO的體積為定值，所以A正確；

對(duì)于B?因?yàn)閐M7∕BP,因?yàn)楱MΛ∕（r平面&BP,BPu平面4月「

所以W〃平面4BP，又4?！ㄆ矫?BP,AOΓ?AM=M,40,NΛ∕U平面4K?

所以平面HMQ〃平面4BP.取。G的中點(diǎn)E.連接PE.則尸E∕∕RCD1C∕∕A1B

所以PE/〃/，所以4,3.P,E四點(diǎn)共面,所以平面dΛφ〃平面為SPE

即P/EAIV1:.當(dāng)4。J_九亞時(shí)/0取最小值

;

∣λ∣'）y]ZBAD-60.AB=AD=AA1=2.所以4Λ∕=石.A/V=?

AN=>!AD2+DN2-IAD-DNcos120o^^4+l-2×2×l×^-^=√7,所以A"?+MN?=AN?,所以Q,M重

合，所以A。的最小值為近，所以B正確；

對(duì)于C,若的外心為O,過。作于”

因?yàn)閗B∣=grs=2√∑

所以A8?Aθ=A8?(A"+"θ)=A8?A"=gA∕=4,所以C錯(cuò)誤;

對(duì)于D,過A作AKLG。，垂足為K,因?yàn)椤！?L平面A蜴GA

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AKU平面A18∣G2,所以DAJ■AK

因?yàn)镃1D1∩DDl=D?,C1D1.DD1U平面DD1C1C,所以從K_L平面DDlGC

因?yàn)镵OCfIftiDD1C1C,所以A1K1KO

又在“1通中4R=2.AAiKDi=?.A1DiK=y

所以KDl=HQlcos-=19A1K=A1D↑s?n?-=?√3,

在A4K0中4κ=6.40=5,N4K0=g.所以K0=2

則。住以K為硼心,2為半徑的I同上運(yùn)動(dòng)

在。P?PG上取點(diǎn)也.4,使得烏43=E?A4=L則山3=心2=2

所以點(diǎn)。的軌跡為閱弧4必.因?yàn)锳K=LZV3=白,所以乙

r)τr

則圓弧44等于告，所以D錯(cuò)誤；

故選：AB

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵在于根據(jù)所給條件結(jié)合線面位置關(guān)系確定點(diǎn)的軌跡，再結(jié)合錐體體積

公式，空間圖形與平面圖形的轉(zhuǎn)化解決問題.

12.AD

【分析】由/(x)-α∣x∣=0得/(x)=a∣x∣,利用數(shù)形結(jié)合即可得到結(jié)論.

【詳解】由/(χ)-αN=0得/(χ)=α∣χ∣,作出函數(shù)y=f(χ),y=α∣χ∣∣的圖像，如圖所示.

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當(dāng).≥2時(shí)此時(shí)y=a∣M與y=∕(x)有三個(gè)交點(diǎn)

故符合條件的。滿足α=O或2.

故選：AD

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：函數(shù)零點(diǎn)的求解與判斷方法：

(1)直接求零點(diǎn)：令f(x)=0,如果能求出解，則有幾個(gè)解就有幾個(gè)零點(diǎn).

(2)零點(diǎn)存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間［a,6］上是連續(xù)不斷的曲線，且Aa)?f(6)<0,還必須

結(jié)合函數(shù)的圖像與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn).

(3)利用圖像交點(diǎn)的個(gè)數(shù)：將函數(shù)變形為兩個(gè)函數(shù)的差，畫兩個(gè)函數(shù)的圖像，看其交點(diǎn)的橫坐標(biāo)有幾個(gè)不同

的值，就有幾個(gè)不同的零點(diǎn).

13.-7

【解析】根據(jù)誘導(dǎo)公式以及二倍角的余弦公式化簡(jiǎn)，可得關(guān)于CoSI的二次函數(shù)形式，然后使用換元法以及

二次函數(shù)的性質(zhì)，可得結(jié)果.

【詳解】由/(x)=Sinq-X)-8cos

所以f(X)=CoSX-8cos∣?=2COS￡T-8CoS?∣

即f(x)=2cos?2-8cos2-l,由-l≤cos2≤l

222

令f=cos?∣f∈［-l,l］

則y=2f2-g-l,對(duì)稱軸為f=2

所以y=2∕-8r-l在［-1,1］遞減

當(dāng)t=l,即CoSI=I時(shí)有Znin(X)=-7

故答案為：-7

【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)型的最值問題，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練二倍角公式，誘導(dǎo)公式的應(yīng)用，

第13頁(yè)共21頁(yè)

屬基礎(chǔ)題.

14.2√7

【詳解】分析：由正弦定理可得得α=2s%A,c=IsinC,化為2α+c=5si"A+JIcosA,

即可得出.

ac_&_C

詳解：由sinAsinC-兀

sin——

3

得α=2sinA,c=2sinC:.2q+c=4sinA+2sinC=4ΛZΠA+2sin(120o-A)=5sinA+y∕3cosA=2?∣7sin(A+￠),

其中e="rcftm*.

2α+C的最大值是26.

故答案為2近.

點(diǎn)睛：本題考查了正弦定理、兩角和差公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.

15.50

【分析】函數(shù)是定義在R上的不恒為零的偶函數(shù)，令工=-2,得/(2)=2,由

√(x+4)-(x+4)∕(x)-2x(x+4),可得—夕-^?=2,所以——————，(——=2'(———'(——=2,i?

x+4X10662

而得解.

【詳解】#(x+4)-(x+4)"x)=2x(x+4),函數(shù)〃x)是定義在R上的不恒為零的偶函數(shù)

令X=—2,得-2f(2)-2/(-2)=-8,所以/(2)=2.

當(dāng)xw0,-4時(shí)由V(X+4)-(x+4)∕(x)=2x(x+4),可得：ZkilL&1=2

x+4X

所以Z≡一迪=2竺L組1=2

10662

兩式相加的《幽-羽=4,所以/(10)=50

102

故答案為：50

16.√i3

?兀

【分析】作,可得IAHl=IBH推出|C”|=5,繼而求出N”CO=§,求得∣O”∣

根據(jù)圓的弦長(zhǎng)與圓心距以及半徑之間的關(guān)系，求得IAM.

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【詳解】由題意0:/+/=4可知圓的半徑為2

如圖示，作。H,"，垂足為〃，則，為A8的中點(diǎn)，即IAHl=IBHl

V

所以IAC—忸CHA/71+1C”I一(|8〃I一|C"|)=2∣C"I=1,則IC*=：

因?yàn)橹本€4的斜率為√I,其傾斜角為三

,TT

直線6的斜率為-6,即直線4的傾斜角為?

所以N”C。=與一]=1，由IeHI=g,可得IOm=*

故答案為：vr?

17.(1)16

(2)6

【分析】(1)利用正弦定理，邊角互化，以及正弦的和差公式，即可求解.

(2)根據(jù)正弦定理，邊化角，再由余弦定理可得片(C-4)=4卜2-16),再分c=4和cw4分類討論，即可求

解.

(1)

因?yàn)镾inC=2sin8,由正弦定理得c=2h=8

又acosC=4=b,得SinAcosC=sinB

故sinAcosC=sin[π-(A÷C)]=sin(A÷C)=sinAcosC+cosAsinC

所以COSASinC=O

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JT

因?yàn)?<A,C<兀所以SinCX0,于是COSA=(),故A=^,JIBC為直角三角形

所以ABC的面積S=Lbc=Lχ4χ8=16;

22

(2)

由A=28,得SinA=Sin25=2SinBCosB,由正弦定理，可得α=2Z?COS6；

由余弦定理，得a."+，"?."=4Ω2(C-4)=4(C2-16).

2acv,

A=2B

若c=4,則8=C,故,B=C

Λ+B÷C=π

則B=C=A=I此時(shí)α=4√∑,不符合題意.

.?.c≠4,由片(。-4)=4卜2-16),得α=2jc+4

又c-a<b,即c-α=c-2jc+4<4,則0<c<12.

?.?“與CeN",故當(dāng)c=5時(shí)有α=6,而b=4,故能構(gòu)成三角形，故α=6.

18.(1)an=-2n+S.(2)-165.

【分析】(D根據(jù)給定條件求出數(shù)列｛%｝的公差d即可得解；

(2)利用(1)的結(jié)論結(jié)合等差數(shù)列前〃項(xiàng)和公式求解即得.

【詳解】(1)設(shè)等差數(shù)列｛叫的公差為4由已知得_5,解得％=3d=-2

所以％=q+("-l)d=-2"+5；

(2)由(1)及等差數(shù)列前〃項(xiàng)和公式得臬=%要?15=3型?15=T65

所以幾的值是-165.

3

19.(1)--

2

⑵〃力在尸-1處有極大值1,在X=2處有極小值-8

⑶(-∞,-3)u(6,+∞)

【分析】(1)根據(jù)函數(shù)“X)在X=2處有極值，得出r(2)=0,從而求出實(shí)數(shù)J

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(2)利用極值的定義求解即可；

(3)將恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題求解.

(1)

f?x)=3x2+2ax-6,因?yàn)樵趚=2處有極值，所以/(2)=(),解得“=-力

檢驗(yàn)：當(dāng)”■時(shí)f(x)=3萬(wàn)2_3x_6=3(x-2)(x+l)

當(dāng)x∈(T,2)時(shí)/(x)<0,/(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2,y)時(shí)/(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在χ=2處

有極小值，滿足條件.

M3

?<≈=--?

2

(2)

由(1)知∕,(x)=3犬-3x-6=3(x-2)(x+l)

當(dāng)Xe(F1)時(shí)/(x)>0,/(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)Xe(-1,2)時(shí)/'(x)<0,/(x)單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈(2,y)時(shí)/(x)>0,/(x)單調(diào)遞增；

X∕(-l)=-1-∣+6+2=y/(2)=8-6-12+2=-8.

所以〃X)在尸-1處有極大值y,在X=2處有極小值-8.

(3)

2

原命題等價(jià)于/(x)nwx<c-3c對(duì)任意的X∈[-2,4]都成立

由(2)知f(x)在xe(-2,-l)上單調(diào)遞增，在Xe(T,2)上單調(diào)遞減，在xe(2,4)上單調(diào)遞增，所以

F(XLX=max{"T)j(4)}

因?yàn)閒(-l)=-1-∣+6+2=y/(4)=64-24-24+2=18>∕(-1)

所以f(x)g=18<c2-3c,解得c?(?,3)(6,+?).

20.(1)證明見解析

⑵邁

3

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【分析】（1）利用勾股定理和線面垂直的性質(zhì)可證得C/,BClCE由線面垂直的判定定理可證得

結(jié)論；

（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)可建立空間直角坐標(biāo)系，利用面面角的向量求法可求得結(jié)果.

【詳解】（1）四邊形CDAG為矩形，CD=^DDl=1,E為力。中點(diǎn)

r22

.?.C1E=CE=√i+P=√2又CG=2.-.CiE+CE=CC^:.CiELCE.

8∣C∣_L平面CDD1C1,CEU平面CDD1C1：.B1C1ICE；

B1C1QE=C1,4G，GEu平面BCE,.?.CEJ_平面SGE.

（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，A3,ARA41正方向?yàn)閤,%z軸，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系

則A(0,0,0),C,(1,1,2)與E(OJl)和C(l,l,0)

.?.Aq=(1,1,2),AE=(0,1,1)與CE=(TO,1)；

設(shè)平面4C∣E的法向量〃=(x,y,z)

AC-Ai=x+y+2z=0/、

則1，令y=ι,解得：χ=l,Z=—1與."=(IJT);

AE?n=y+z=0

由(1)知CEj■平面BCE,???平面BGE的一個(gè)法向量為CE=(T,0,1)

IIICET2√6

I1∣CE∣-∣w∣√2×√33

即平面BGE與平面AGE夾角的余弦值為正.

3

21.(1)X2=4y(2)(x÷6)2+(y-lI)2=144g<(x-2)2+(y-3)2=16

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【解析】(1)設(shè)直線AB的方程為y=χ+當(dāng)與拋物線聯(lián)立，結(jié)合I，叫=M+%+P,利用韋達(dá)定理可求解0,

即得解；

(2)利用韋達(dá)定理，可得AB的中點(diǎn)為M(2,3),可求解/8的垂直平分線的方程，圓心為(α,5-a),利用圓

半徑、弦長(zhǎng)、弦心距的勾股關(guān)系，可求解a,可得圓方程.

【詳解】解：(1)由題意設(shè)直線AB的方程為),=χ+日，令4χ,y)B{x2,y2)

p2

聯(lián)立,’2得y2-3py+2=0

X2=2py4

+%=3。

根據(jù)拋物線的定義得IABl=yi+y2+p=4p

又IABI=8.?.4p=8,p=2

故所求拋物線方程為爐=4y

(2)由(1)知％+%=3p=6xl+x2≈yl+y2-p=4

AB的中點(diǎn)為M(2,3),AB的垂直平分線方程為y-3=-5-2)即y=-x+5

設(shè)過點(diǎn)A8的圓的圓心為(4,5—〃)

該圓與C的準(zhǔn)線y=τ相切

半徑r=6-a

圓心(4,5-4)到直線48:y=x+l的距離為d=叫性,∣AB∣=8

√2

?'.(目-7=」)2+4)=(6-n)2,解得a=γ或。=2

√2

???圓心的坐標(biāo)(-6,11)為，半徑為12,或圓心的坐標(biāo)為(2,3),半徑為4

圓的方程