廣西高二聯(lián)合摸底考試數(shù)學(xué)參考答案1.AVa>b>0,ab>b2,顯然成立,所以p是真命題,→p是假命題. 當(dāng)a>0,b<0時(shí),a>b,所以q是真命題, 2.C義=(m十i)(1—2i)=m—2mi十i十2=m十2十(1—2m)i,因?yàn)閺?fù)數(shù)義是純虛數(shù),所以m十2=0,1—2m≠0,解得m=—2.3.A因?yàn)閍丄b,所以a●b=0,所以a●(2b—a)=2a●b—a2=0—|a|2=—5.4.C6.A因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù),所以f(0)=0.令x=y=0,得f(0)=a=0.7.B設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),M為線段PF2的中點(diǎn),連接OM,MF1(圖略),所以O(shè)MⅡPF1,故上又因?yàn)閨PF2|=|F1F2|,所以△MOF2為等邊三角形,則|MF1|=、3c,所以C的離心率為8.C設(shè)圓柱的底面圓半徑為r,高為h,則πr2h=8π,即h=.圓柱的表面積為2πr2十2πrh=2π令=r2十當(dāng)時(shí),f’>0,f單調(diào)遞增,當(dāng)時(shí), f’(r)<0,f(r)單調(diào)遞減,所以f(r)≥f(23)=3×23.9.ACf(x)=|cosx|的最小正周期為π,且在(0,)上單調(diào)遞減,A符合題意;的最小正周期為4π,B不符合題意;=sin的最小正周期為π,且當(dāng)時(shí),2x十符合題意;f(x)=tan(x十π)=tanx的最小正周期為上單調(diào)遞增,D不符合題意.10.ABC依題可知,Y~N(1000,202),P(Y<960)=P(Y<1000—2×20)=P(Y>1000十2×20)≈0.00135<0.002,C正確,D錯(cuò)誤.因?yàn)閄~N(950,202),所以P(X>990)=P(X>950十2×20)=P(X<950—2×20)≈0.00135,P(X>1000)<P(X>990)<0.002,A正確.因?yàn)镻(X>910)=1—P(X<910)≈1—0.00135=0.99865,所以P(X>900)>P(X>910)>0.998,B正確.父>0,所以u(píng)(父)是增函數(shù).0)時(shí),h’(父)<0;當(dāng)父∈(父0,十∞)時(shí),h’(父)>0.所以h(父)在(0,父0)上單調(diào)遞減,在(父0,十∞)上單調(diào)遞增父因?yàn)閑父0>1,所以e父 2,即m>2 設(shè)C(父1,y1),D(父2,y2),則e父所以父1=lnb,父2=b2,|CD|=父2—父1十∞)時(shí),U’(父)>0.所以U(父)在(0,上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.U(父)≥十所以|CD|的最小值為十即當(dāng)|CD|取得最小值時(shí)D正確. 12.4易知M(—1,0),當(dāng)直線MA與C相切時(shí),上AMO取得最大值,設(shè)此時(shí)直線MA的方程為父=my—1,聯(lián)立得y2—4my十4=0,Δ=16m2—16=0,解得m=±1,即MA的斜率為=±1,傾斜角為或,所以上AMO的最大值為.13.40π設(shè)正四棱臺(tái)上、下底面所在圓面的半徑分別為r1,r2,所以r1=、2,r2=2、2 解得所以該球的表面積S=4πR2=40π.14.144由題意可得,有2名員工安排1天值班,另外2名員工安排2天值班.先考慮哪幾天由值班1天的員工值班,有6種情況,分別為(周一,周二),(周一,周六),(周五,周六),(周一,周四),(周三,周四),(周三,周六).確定了哪幾天由值班1天的員工值班,即可確定哪幾天由值班2天的員工值班,再進(jìn)行排列,可以得到不同的排班方案,有6×AEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(4),4)=144種. 15.解:(1)由頻數(shù)分布表可得1125十7×1175)=1055kg.……………3分(925—1055)2十11×(975—1055)2十22×(1025—1055)2十30×(1075—1055)2十20×(1125—1055)2十7×(1175—1055)2]=4700.……6分………7分所以=(950,1160).……………………9分畝產(chǎn)量在[900,950)內(nèi)的稻田有10塊,所以畝產(chǎn)量在(950,1160)內(nèi)的稻田不超過90塊,即畝產(chǎn)量在內(nèi)的稻田不超過90塊.………11分故該新型水稻不能推廣種植.……………13分16.(1)證明:連接BD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形,所以AC丄BD,……1分因?yàn)镋D丄平面ABCD,所以ED丄AC,……2分AB因?yàn)镋D∩BD=D,所以AC丄平面EBD,…4分AB因?yàn)锽E∈平面EBD,所以AC丄BE.………6分(2)解:因?yàn)镈E丄平面ABCD,且四邊形ABCD是正方形,所以→→→DDE,DC,DA兩兩垂直,則以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DE,DC,→→→DyCy分別為父,y,義軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,E則B(0,1,1),C(0,1,0),E(1,0,0),E→→BC=(0,0,—1),BE=(1,—1,—1).…………8分設(shè)平面BCE的法向量為n=(父,→→則EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483644(—→),BE)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up9(=),y)………………10分易知m=(0,1,0)是平面ADE的一個(gè)法向量,…………12分所以分故平面BCE與平面ADE的夾角為π…………………17.解:(1)fI(父)=6(父—1)(父十2).…………1分當(dāng)父<—2或父>1時(shí),fI(父)>0,當(dāng)—2<父<1時(shí),fI(父)<0,所以f(父)在(—∞,—2)和(1,十∞)上單調(diào)遞增,在(—2,1)上單調(diào)遞減.……………3分所以當(dāng)父=—2時(shí),f(父)取得極大值,極大值為f(—2)=25,…………4分當(dāng)父=1時(shí),f(父)取得極小值,極小值為f(1)=—2.……5分分所以g(父)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,十∞)上單調(diào)遞減.………………8分所以當(dāng)父=1時(shí),g(父)取得極大值,極大值為g(1)=—2十a(chǎn).…………9分g(父)無極小值.……………10分(3)當(dāng)父>0時(shí),f(父)和g(父)都在父=1處取得最值,…………………11分要使得f(父)≥g(父),則f(父)min≥g(父)max,……………13分即—2≥—2十a(chǎn),解得a≤0.故a的取值范圍為(—∞,0].……………15分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(a),b)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up13(2),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(1),3)……………3分所以C的方程為父………………4分(2)證明:直線l1的斜率必定存在,設(shè)l1:y=k(父—2),A(父1,y1),B(父2,y2).………5分…………………6分 直線分令父得則分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(y),1)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(父1—),4父1)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(父1—),4父1)分所以即BQⅡ父軸.………17分19.解:(1)因?yàn)?<3,3<6,6<7,4<5,………1分所以存在k=2,3,4,6,使得ak<ak十1,故所求數(shù)列的相鄰遞增數(shù)列的階數(shù)為4.………3分(2)①在由正整數(shù)1,2,3,…,n,n十1構(gòu)成的數(shù)列中,恰為1階相鄰遞增數(shù)列的情形可以由以下兩種方法進(jìn)行構(gòu)造:(i)在遞減數(shù)列n,n—1,…,1中,任選一項(xiàng)的右邊放n十1,使此數(shù)列為1階相鄰遞增數(shù)列,共有cEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(1),n)=n種排法;…………5分(i)在由正整數(shù)1,2,3,…,n構(gòu)成1階相鄰遞增數(shù)列中,若只有第i項(xiàng)滿足ai<ai十1,則將n十1放在ai的右側(cè)或者放在a1的左側(cè)即可,此時(shí)共有2bn種排法.…8分故bn十1=2bn十n,……………9分n十1十n十1十1=2bn十2n十2=2(bn十n十1).…………10分易知b1=0,則b1十1十1=2,所以{bn十n十1}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列,……11分所以bn十n十1=2n,即bn=2n—n—1.…………………12分②由①知……………