2021高考數(shù)學(xué)(文-江蘇專用)二輪復(fù)習(xí)-25-【答案】

回歸教材—鎖定128分訓(xùn)練(6)1.【解析】?UB=,A∪(?UB)=.2.1【解析】復(fù)數(shù)===i,則a+b=1.3.20【解析】設(shè)樣本中松樹(shù)苗的數(shù)量為x,則由分層抽樣的特點(diǎn),有=,解得x=20,即樣本中松樹(shù)苗的數(shù)量為20.4.3【解析】由題意得斜高為=,從而全面積S=×22+3××2×=3(m2).5.24【解析】當(dāng)i=2時(shí),t=2;當(dāng)i=3時(shí),t=6;當(dāng)i=4時(shí),t=24,然后循環(huán)結(jié)束,所以此時(shí)t=24.6.【解析】由正弦定理得=,故sinC=.又c<a,所以C<A,所以C=30°,故B=90°,所以S=ac=×1×=.7.6x-5y+33=0【解析】由于BC邊所在直線與AB邊所在直線垂直,所以kBC=-=,所以BC邊所在直線方程為6x-5y+33=0.8.f(x)=2sin(x∈R)【解析】由圖象可知,A=2,T=2,結(jié)合f=2及|φ|<,得f(x)=2sin(x∈R).9.【解析】設(shè)AB=xm,則BC=(4-x)m,且0<x<4.在△ABC中,由余弦定理,得AC2=x2+(4-x)2+x(4-x).又2≤AC≤,則有12≤x2+(4-x)2+x(4-x)≤131≤x≤3,則所求概率P==.10.②③【解析】對(duì)于①,依據(jù)函數(shù)單調(diào)性定義知,取值x1,x2必需具有所給定區(qū)間上的任意性,而①不滿足,如函數(shù)f(x)=|x|滿足①條件,可在R上并不是單調(diào)增函數(shù);對(duì)于②,若函數(shù)f(x)在R上是單調(diào)減函數(shù),則有f(2)<f(1),與條件f(2)>f(1)沖突,故②正確;對(duì)于③,f(x)在(-∞,0]和[0,+∞)上都是單調(diào)增函數(shù),兩個(gè)單調(diào)區(qū)間都含有0,故f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù),故③正確;對(duì)于④,如函數(shù)f(x)=滿足在區(qū)間(-∞,0]上是單調(diào)增函數(shù),在區(qū)間(0,+∞)上是單調(diào)增函數(shù),但函數(shù)f(x)在R上并不是單調(diào)增函數(shù).11.x+2y-4=0【解析】由類(lèi)比推理得橢圓+=1在(2,1)處的切線方程為+=1,即x+2y-4=0.12.8【解析】不等式組表示的是以(0,0),(0,1),(1,1)為頂點(diǎn)的三角形及其內(nèi)部區(qū)域,如圖中陰影部分所示,目標(biāo)函數(shù)z=4x·2y=22x+y,在頂點(diǎn)(1,1)處2x+y取最大值3,故目標(biāo)函數(shù)取最大值23=8.(第12題)13.3【解析】由題意知∠AOB=90°,如圖,連接OC并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)D.方法一:過(guò)點(diǎn)D,C分別作DE⊥OA,CM⊥OA,DF⊥OB,CN⊥OB,垂足分別為E,M,F,N,則===3.(第13題)方法二:設(shè)=λ(λ>0),易求得=+=+(-)=+,所以=+,故可得=3.14.2【解析】方法一:==a-b+≥2,當(dāng)且僅當(dāng)a-b=時(shí)取等號(hào).方法二:設(shè)y==,由a>b=,得-1<a<0或a>1.y'====0,解得a=,所以y的最小值為=2.15.(1)由于AB=AC,D為BC的中點(diǎn),所以AD⊥BC.由于平面ABC⊥平面BCC1B1,平面ABC∩平面BCC1B1=BC,所以AD⊥平面BCC1B1.由于DC1平面BCC1B1,所以AD⊥DC1.(2)方法一:連接A1C交AC1于點(diǎn)O,連接OD,則O為A1C的中點(diǎn).由于D為BC的中點(diǎn),所以O(shè)D∥A1B.由于OD平面ADC1,A1B平面ADC1,所以A1B∥平面ADC1.方法二:取B1C1的中點(diǎn)D1,連接A1D1,D1D,D1B,則D1C1∥BD,D1C1=BD,所以四邊形BDC1D1是平行四邊形,所以D1B∥C1D.由于C1D平面ADC1,D1B平面ADC1,所以D1B∥平面ADC1.同理可證A1D1∥平面ADC1.由于A1D1平面A1BD1,D1B平面A1BD1,A1D1∩D1B=D1,所以平面A1BD1∥平面ADC1.由于A1B平面A1BD1,所以A1B∥平面ADC1.16.(1)由于cos=sinA,即cosAcos-sinAsin=sinA,所以cosA=sinA.明顯cosA≠0(否則sinA=0與sin2A+cos2A=1沖突),所以tanA=.由于0<A<π,所以A=.(2)由于cosA=,4b=c,依據(jù)余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=15b2,所以a=b.由于cosA=,所以sinA==.由正弦定理得=,所以sinB=.17.(1)設(shè)圓錐紙筒的容積為V,則V=πr2h,由該圓錐紙筒的容積為π,得πr2h=π,則r2h=3,故r與h滿足的關(guān)系式為r2h=3.(2)工廠要求制作該紙筒的材料最省,即所用材料的面積最小,即要該圓錐的側(cè)面積最小,設(shè)該紙筒的側(cè)面積為S,則S=πrl,其中l(wèi)為圓錐的母線長(zhǎng),且l=,所以S=πr=π=π(h>0).設(shè)f(h)==+3h(h>0),由f'(h)=-+3=0,得h=.當(dāng)0<h<時(shí),f'(h)<0;當(dāng)h>時(shí),f'(h)>0;因此,當(dāng)h=時(shí),f(h)取得微小值,且是最小值,此時(shí)S=π最小.由r2h=3,得====,所以最省時(shí)的值為.18.(1)由題意知qn+2=,c=a+2d.又a>0,d>0,可得qn+2==1+>1,即|qn+2|>1,故|q|>1.(2)由題意知a,b,c是首項(xiàng)為1、公差為d的等差數(shù)列,故b=1+d,c=1+2d.①若插入的這一個(gè)數(shù)位于a,b之間,則1+d=q2,1+2d=q3,消去q,可得(1+2d)2=(1+d)3,即d3-d2-d=0,其正根為d=.②若插入的這一個(gè)數(shù)位于b,c之間,則1+d=q,1+2d=q3,消去q,可得1+2d=(1+d)3,即d3+3d2+d=0,方程無(wú)正根.綜上所述,所求公差d=.回歸教材—鎖定128分訓(xùn)練(7)1.{4},{1,4},{2,4},{1,2,4}【解析】要滿足{1,2}∪A={1,2,4},則確定有4∈A,符合要求的集合A為{4},{1,4},{2,4},{1,2,4}.2.1+2i【解析】===1+2i.3.18【解析】由系統(tǒng)抽樣特點(diǎn)知每組13個(gè)人,第1組為5號(hào),所以第2組為18號(hào).4.35.【解析】由直線平行的充要條件得解得m=.6.【解析】從5個(gè)點(diǎn)中取3個(gè)點(diǎn),有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10個(gè)基本大事,而其中ACE,BCD中3點(diǎn)共線,其余8個(gè)均符合題意,故能構(gòu)成三角形的概率為=.7.5【解析】a-c=(3-k,-6),由于(a-c)∥b,所以=,解得k=5.8.8【解析】由圖象可知,只需T≤t即可,可得t≥,故正整數(shù)t的最小值是8.9.③④【解析】命題①②錯(cuò)誤,由于一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線平行于另一平面才能得到兩平面平行.命題③正確.由于任何一條直線都平行確定包括兩條相交直線平行于另外一個(gè)平面,所以兩個(gè)平面平行,命題④正確.10.20【解析】由于該圓過(guò)點(diǎn)(3,5)的最長(zhǎng)弦和最短弦相互垂直,且AC=10,BD=4,則四邊形ABCD的面積為AC·BD=×10×4=20.11.【解析】由可行域得區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率范圍是,故令t=,則u=t-,依據(jù)函數(shù)u=t-在t∈上單調(diào)遞增得u∈.12.【解析】由已知等式得2a+2b+1=2ab+2a+b2+b,從而a=,a+2b=+2b=+b+≥+2=,故有最小值.13.(-3,0)∪(0,+∞)【解析】對(duì)原函數(shù)求導(dǎo)得f'(x)=3ax2+6x-1,函數(shù)恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間,則當(dāng)a>0時(shí),Δ=36+12a>0,所以a>0;當(dāng)a<0時(shí),Δ=36+12a>0,所以-3<a<0.綜上,滿足題意的a的取值范圍是(-3,0)∪(0,+∞).14.49【解析】由于a44=1,所以a41+a42+a43+a44+a45+a46+a47=7a44=7,而a11+a21+a31+a41+a51+a61+a71=7a41,a12+a22+a32+a42+a52+a62+a72=7a42,……a17+a27+a37+a47+a57+a67+a77=7a47,所以全部數(shù)的和為7(a41+a42+a43+a44+a45+a46+a47)=7×7=49.15.(1)由于a∥b,所以1×3-2sinθ·5cosθ=0,即5sin2θ-3=0,所以sin2θ=.(2)由于a⊥b,所以1·5cosθ+2sinθ·3=0,所以tanθ=-,所以tan==.16.(1)如圖,取PD的中點(diǎn)G,連接GF,則GF∥DC∥AE,GF=DC=AE,所以四邊形AEFG為平行四邊形,則有EF∥AG.又AG平面PAD,EF平面PAD,則EF∥平面PAD.(第16題)(2)如圖,分別取DE,BC的中點(diǎn)M,N,連接PM,MN,NP.由于PD=PE,則PM⊥DE.又PB=PC,則PN⊥BC.又MN∥DC,則MN⊥BC.故有BC⊥平面PMN,則PM⊥BC,而B(niǎo)C與DE是平面ABCD上兩條交線,則PM⊥平面ABCD.又PM平面PDE,所以平面PDE⊥平面ABCD.17.(1)由題意得C(0)的實(shí)際意義是:安裝這種太陽(yáng)能電池板的面積為0時(shí)的用電費(fèi)用,即未安裝太陽(yáng)能供電設(shè)備時(shí)該企業(yè)每年消耗的電費(fèi).由C(0)==24,得k=2400.因此F=15·+0.5x=+,x≥0.(2)由(1)知,F=+=+-≥2-=.當(dāng)且僅當(dāng)=,即x=55(m2)時(shí)取等號(hào).所以當(dāng)x=55(m2)時(shí),F取得最小值為57.5萬(wàn)元.18.(1)設(shè)等差列{an}的公差為d,則由題知即解得所以an=a1+(n-1)d=n(n∈N*).(2)假設(shè)存在m,k(k>m≥2,m,k∈N*),使得b1,bm,bk成等比數(shù)列,則=b1bk.由于bn==,所以b1=,bm=,bk=.所以=×,整理得k=.由于k>m≥2,所以k=>2,即+1<0,即<0,解得2≤m<1+.由于m≥2,m∈N*,所以m=2,此時(shí)k=8.故存在m=2,k=8,使得b1,bm,bk成等比數(shù)列.回歸教材—鎖定128分訓(xùn)練(8)1.(1,)【解析】由題知z=a+i,所以|z|=,由于0<a<2,所以|z|∈(1,).2.{1,2,3}【解析】由A∩B={2},得a=1,所以A={3,2},B={1,2},A∪B={1,2,3}.3.231【解析】由流程圖知,當(dāng)x=231時(shí)滿足題意.4.1.5【解析】男生的全部成果的個(gè)位上數(shù)字之和為47,所以男生的總成果為47+90×3+80×2+70×2+60×2+50×1=787,因此男生的平均成果為78.7,同理得女生的平均成果為77.2,所以男生的平均成果與女生的平均成果之差是1.5.5.充分不必要【解析】當(dāng)x>y>0時(shí),>1成立;反之不成立,x<y<0時(shí)也可得到>1.6.2【解析】y'=,所以斜率k=×=,切線方程是y-2=(x-4).令x=0,y=1;令y=0,x=-4,所以三角形的面積是S=×1×4=2.7.π【解析】設(shè)母線長(zhǎng)為l,則l=2π,即l=3,所以高h(yuǎn)=2,V=r2h=π.8.n4【解析】S1=1,S1+S3=16,S1+S3+S5=81,…,猜想S1+S3+…+S2n-1=n4.9.14或-2【解析】拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-,由于拋物線的準(zhǔn)線與圓相切,所以=4,解得a=14或-2.10.2【解析】畫(huà)出約束條件下的可行域如圖中陰影部分所示,平移直線2x+y=0至點(diǎn)M時(shí),函數(shù)z=2x+y取得最大值,此時(shí)目標(biāo)函數(shù)w=log3(2x+y)也取得最大值.由得即點(diǎn)M(3,3),此時(shí)wmax=log3(2×3+3)=log39=2.(第10題)11.4【解析】S=a2-(b-c)2=a2-b2+2bc-c2,由余弦定理得S=-2bccosA+2bc.又S=bcsinA,從而有-2bccosA+2bc=bcsinA,所以=4.12.c<b<a【解析】當(dāng)x∈(-2,+∞)時(shí),f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(-∞,-2)時(shí),f(x)單調(diào)遞增.由于-2<lo3<0<<1<ln3,所以f(lo3)>f>f(ln3),故c<b<a.13.-【解析】函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后得到的函數(shù)為f=sin=sin,由于此時(shí)函數(shù)為奇函數(shù),所以+φ=kπ,k∈Z,所以φ=-+kπ,k∈Z.由于|φ|<,所以當(dāng)k=0時(shí),φ=-,所以f(x)=sin.由于0≤x≤,所以-≤2x-≤,即當(dāng)2x-=-時(shí),函數(shù)f(x)=sin有最小值,且最小值為sin=-.14.{4}【解析】由于函數(shù)f(x)=ax2+bx+與直線y=x相切于點(diǎn)A(1,1),所以有解得a=,b=,所以f(x)=(x+1)2,即f(x-t)=(x+1-t)2≤x對(duì)于任意x∈[1,9]恒成立,即-2≤x+1-t≤2對(duì)于任意x∈[1,9]恒成立,即-2-x-1≤-t≤2-x-1對(duì)于∈[1,3]恒成立.又-2-x-1≤-4,2-x-1≥-4,所以-t=-4,即t=4,故滿足條件的實(shí)數(shù)t的取值集合為{4}.15.(1)由已知得(b+c)2-a2=3bc,即a2=b2+c2-bc.由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得cosA=.由于0<A<π,所以A=.(2)由于A+B+C=180°,所以B=180°-45°-30°=105°.由正弦定理=,得b=·sinB=·sin105°=20×=5(+).16.(1)在△ABC中,由于AC=,AB=2,BC=1,所以AC⊥BC.又由于AC⊥FB,BC∩FB=B,所以AC⊥平面FBC.(2)線段AC上存在點(diǎn)M,且M為AC的中點(diǎn)時(shí),有EA∥平面FDM.證明如下:連接CE與DF交于點(diǎn)N,連接MN.由于四邊形CDEF為正方形,所以N為CE的中點(diǎn).由于M為AC的中點(diǎn),所以EA∥MN.由于MN平面FDM,EA平面FDM,所以EA∥平面FDM.所以線段AC上存在點(diǎn)M,當(dāng)M為線段AC的中點(diǎn)時(shí),EA∥平面FDM.17.(1)設(shè)該產(chǎn)品每噸的價(jià)格上漲x%時(shí),銷(xiāo)售額為y萬(wàn)元,由題意得y=10×1000×(1+x%)×(1-mx%),即y=-mx2+100(1-m)x+10000(0<x≤80).當(dāng)m=時(shí),y=-(x-50)2+11250,故當(dāng)x=50時(shí),ymax=11250(萬(wàn)元).即該產(chǎn)品每噸的價(jià)格上漲50%時(shí),銷(xiāo)售額最大.(2)由題意及(1)得當(dāng)0<x≤80時(shí),y>10×1000,即-mx2+100(1-m)x+10000>10000,0<x≤80,所以-mx+100(1-m)>0(0<x≤80)恒成立.由m>0,則>xmax,即>80,所以0<m<,所以m的取值范圍是.18.(1)由于f(x)=x3-ax,g(x)=bx2+2b-1,所以f'(x)=x2-a,g'(x)=2bx.由于曲線y=f(x)與y=g(x)在它們的交點(diǎn)(1,c)處有相同切線,所以f(1)=g(1),且f'(1)=g'(1),即-a=b+2b-1,且1-a=2b,解得a=,b=.(2)當(dāng)b=時(shí),h(x)=x3+x2-ax-a(a>0),所以h'(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).令h'(x)=0,解得x1=-1,x2=a>0.當(dāng)x變化時(shí),h'(x),h(x)的變化狀況如下表:x(-∞,-1)-1(-1,a)a(a,+∞)h'(x)+0-0+h(x)↗極大值↘微小值↗所以函數(shù)h(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,-1),(a,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(-1,a).故h(x)在區(qū)間(-2,-1)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(-1,0)上單調(diào)遞減.從而由函數(shù)h(x)在區(qū)間(-2,0)上恰有兩個(gè)零點(diǎn),可知當(dāng)且僅當(dāng)即解得0<a<.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.回歸教材—鎖定128分訓(xùn)練(9)1.6【解析】當(dāng)a≤5時(shí),A∩B=φ,不符合題意;當(dāng)a>5時(shí),A∩B=(5,a),故a=6.2.-12【解析】(1+2i)2=1+4i-4=-3+4i=a+bi,所以a=-3,b=4,ab=-12.3.【解析】由于函數(shù)f(x)=sin(x+φ)(0<φ<π)是偶函數(shù),所以φ=+kπ,又φ∈(0,π),所以φ=.4.【解析】設(shè)“恰好選出的是一男一女”的大事為A,則P(A)==.5.11【解析】作出可行域,不等式組表示的區(qū)域是以(1,0),(-1,2),(3,2)為頂點(diǎn)的三角形及內(nèi)部區(qū)域,如圖中陰影部分所示,目標(biāo)函數(shù)z=3x+y在頂點(diǎn)(3,2)處取最大值11.(第5題)6.0【解析】由題知y'=2x-,當(dāng)x=1時(shí),k=2-a=2,所以a=0.7.25【解析】由頻率分布直方圖可知在[2500,3000)之間的頻率為500×0.0005=0.25,所以應(yīng)抽取的人數(shù)為0.25×100=25.8.(1,+∞)【解析】設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則d≠0,所以由a1,a2,a5成等比數(shù)列,可知=a1a5,即(a1+d)2=a1(a1+4d),故d=2a1,代入不等式a1+a2+a5>13,解得a1>1.9.(-3,-2)【解析】設(shè)圓心C(x,x+1),由于CA=CB,所以(x-1)2+x2=(x-2)2+(x+3)2,解得x=-3,故圓心坐標(biāo)是(-3,-2).10.【解析】易求得點(diǎn)M,N,由FM=4MN,得=4,即b2=4bc-4b2,所以5b=4c,所以25(c2-a2)=16c2,25a2=9c2.故=,則離心率e=.11.【解析】如圖,+=,依題意,得||=||,所以四邊形ABDC是矩形,∠BAC=90°.由于AB=1,AC=,所以BC=2.cos∠ABC==,==||cos∠ABC=.(第11題)12.2n2-2n+1【解析】依據(jù)前面4個(gè)圖形,有f(2)-f(1)=4×1,f(3)-f(2)=4×2,f(4)-f(3)=4×3,…,f(n)-f(n-1)=4×(n-1),上述(n-1)個(gè)式子相加,得f(n)-f(1)=4[1+2+…+(n-1)]=4×=2n2-2n,所以f(n)=2n2-2n+1.13.或-【解析】由S△ABC=absinC,得sinC=,又角C為三角形的內(nèi)角,所以C=60°或120°.若C=60°,則在△ABC中,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=84,此時(shí),最大邊是b,故最大角為B,cosB==,sinB=,tanB=.若C=120°,此時(shí)C為最大角,tanC=tan120°=-.14.(-1,1)【解析】作出函數(shù)圖象可知,若a<b<-1,且f(a)=f(b),則a2+2a-1=-(b2+2b-1),整理得(a+1)2+(b+1)2=4,設(shè)θ∈,所以ab+a+b=-1+2sin2θ∈(-1,1).15.(1)由題意及正弦定理可知,sinAcosB=sinCcosB+cosCsinB,所以sinAcosB=sin(B+C)=sin(π-A)=sinA.由于0<A<π,所以sinA≠0,所以cosB=.由于0<B<π,所以B=.(2)由于m·n=12cosA-5cos2A,=-10cos2A+12cosA+5=-10+,所以當(dāng)cosA=時(shí),m·n取最大值,此時(shí)sinA=,所以tanA=.所以tanC=-tan(A+B)=-=7.16.(1)由于平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD.由于BD?平面ABCD,所以PA⊥BD.設(shè)AC∩BD=O,由于BC⊥CD,AB∥CD,所以BC⊥AB.又由于AB=1,CD=4,BC=2,所以Rt△ABC∽R(shí)t△BCD,所以∠BDC=∠ACB,所以∠ACB+∠CBD=∠BDC+∠CBD=90°.所以AC⊥BD.由于AC∩PA=A,所以BD⊥平面PAC.(2)連接FO,由于PB∥平面FAC,PB平面PBD,平面PBD∩平面FAC=FO,所以FO∥PB,所以=.又由于AB∥CD,且==,所以DF∶FP=4∶1.(第16題)17.(1)如圖,作SC垂直O(jiān)B于點(diǎn)C,則∠CSB=30°,(第17題)∠ASB=60°.又SA=(m),故在Rt△SAB中,得BA=3,即攝影者到立柱的水平距離為3m.又SC=3,∠CSO=30°,在Rt△SCO中,得OC=.由于BC=SA=,故OB=2,即立柱高為2m.(2)連接SM,SN,設(shè)SM=a,SN=b.則在△SON和△SOM中,由余弦定理可得=-,得a2+b2=26.cos∠MSN==≥=>.又∠MSN∈(0°,180°),則∠MSN<30°.故攝影者可以將彩桿全部攝入畫(huà)面.18.(1)由題知f(x)的定義域是(0,+∞),f'(x)=a+(x>0).①當(dāng)a=0時(shí),f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;②當(dāng)a<0時(shí),由f'(x)=0,解得x=-,則當(dāng)x∈時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.綜上所述:當(dāng)a=0時(shí),f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞);當(dāng)a<0時(shí),f(x)的單調(diào)增區(qū)間為,單調(diào)減區(qū)間為.(2)由題意:ex<有解,即ex<x-m有解,因此只需m<x-ex,x∈(0,+∞)有解即可.設(shè)h(x)=x-ex,則h'(x)=1-ex-=1-ex.由于+≥2=>1,且x∈(0,+∞)時(shí),ex>1,所以1-ex<0,即h'(x)<0.故h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以h(x)≤h(0)=0,故實(shí)數(shù)m的取值范圍是(-∞,0).回歸教材—鎖定128分訓(xùn)練(10)1.{x|x≤1}【解析】?UA={x|x≤1}.2.【解析】|z(4-3i)|=|z||4-3i|=5|z|=1,所以|z|=.3.27【解析】由算法流程圖的挨次,s=0,n=1,s=(s+n)n=(0+1)×1=1,n=n+1=2<3,連續(xù)循環(huán);s=(1+2)×2=6,n=3,留意此刻3>3照舊不成立,所以連續(xù)循環(huán);s=(6+3)×3=27,n=4>3,輸出s=27.4.y=-【解析】由拋物線準(zhǔn)線方程的定義知準(zhǔn)線方程為y=-.5.{a|a>1}【解析】由于2<3,f(2)<f(3),由題意可知f(x)為增函數(shù),所以a>1.6.5【解析】由題意知f(-2)=-6=4-2a,所以a=5.7.①④【解析】與同一個(gè)平面垂直的兩條直線相互平行,故①為真命題;與同一條直線垂直的兩個(gè)平面相互平行,故④為真命題;當(dāng)α⊥β,m∥α?xí)r,可能有m⊥β,也可能有mβ或m∥β,故②為假命題;當(dāng)m⊥α,m⊥n時(shí),可能有n∥α,也可能有nα,故③為假命題.8.8【解析】由an=當(dāng)n=1時(shí)滿足an=2n-8,所以an=2n-8,所以ak+ak+1=2k-8+2(k+1)-8=4k-14,即16<4k-14<22,解得<k<9,又k∈N*,所以k=8.9.e【解析】y'=ex,設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0),切線斜率為k,則有解得x0=1,所以k=e.10.a>b>c【解析】由于a=20.3>1,b=0.32∈(0,1),c=log20.3<0,所以a>b>c.11.y=sin【解析】函數(shù)y=sinx(x∈R)的圖象上全部的點(diǎn)向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度,得到函數(shù)y=sin的圖象,再把所得圖象上全部點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變),得到的圖象所表示的函數(shù)解析式為y=sin,x∈R.12.-7【解析】由已知得3(+)·(-)=4||2,即3(a2-b2)=4c2,==·==-7.13.【解析】由題意知點(diǎn)A的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)相等,所以A.由于拋物線和雙曲線的焦點(diǎn)相同,所以c=,所以-=1,將b2=c2-a2代入可得a4+c4-3a2c2=0,因此e4-3e2+1=0,解得e2=或e2=(舍去),所以e==.14.【解析】由題意知A∩B所表示的平面圖形為圖中陰影部分所示,曲線y=與直線y=x將圓(x-1)2+(y-1)2=1分成S1,S2,S3,S4四部分.由于圓(x-1)2+(y-1)2=1與y=的圖象都關(guān)于