2.A由aⅡb,得父—2×2=0,所以父=4,故故選A.4.B“Y父∈R,a≠2父十1”為真命題,所以a呋{y|y=2父十1,父∈R},而y=2父十1的值域為(1,十∞),所以a呋(1,十∞),所以a的取值范圍是(—∞,1].故選B.50%分位數(shù)在[70,80)內(nèi),70十故選B.6.A由題意得解得所以十1.由十1<0.05,得十1所以即而(33,34),所以訓(xùn)練迭代輪數(shù)至少為34.故選A.7.A由題意得丄,所以點P的軌跡是以線段AB為直徑的圓,圓心為C(1,1),半徑r=,y0),由知M為PF的中點,所以所以設(shè)G(—1,0),顯然FG是圓C的一條切線,另一條切線的斜率即為kOM的最大值.設(shè)直線GC的傾斜角為由對稱性故選A.8.B延長AB,DC,設(shè)AB∩CD=Q.則平面ABE∩平面ABCD=AQ,平面PCD∩平面AB-CD=DQ,AQ∩DQ=Q,則Q∈平面ABE,Q∈平面PCD.又平面ABE∩平面PCD=EF,由基本事實3,得Q∈EF,即F∈EQ.又F∈PC,所以PC∩EQ=F.由ADⅡBC,且AD=2BC,知C為線段DQ的中點.又E為PD的中點,所以點F為△PDQ的重心,所以故選B.9.BC由題意=Sin2父,所以g的最小正周期故A錯誤;令2父=kπ十得父十,k∈z,故B正確;令2父=kπ,k∈z,則父,k∈z,故C正確;令2kπ≤2父≤2kπ十π,k∈z,解得kπ≤父≤kπ十故D錯誤.故選BC.10.ACD設(shè)圓臺O1的高為h,母線長為l,由題意l=9π,解得l=3,高故A正確;V圓臺故B錯誤;對于十十十十=22十(2\)2十12十0十2×(2×1×cOS十0=15,所以BD1=\,故C正確;對于D,設(shè)圓臺O1的外接球的球心為E,半徑為R,OE=父,則R2=父2十2十12,解得父十故外接球的表面積為故D正確.故選ACD.11.ACD對于A,若A=B,P>0,則故A正確;對于B,P十P(B)—P(AUB)≥0.6十0.8—1=0.4,故B錯誤;對于C,由A,B相互獨立,得P(AB)=P(A)P(B)>0,當(dāng)然AB≠【高三4月質(zhì)量檢測.數(shù)學(xué)參考答案第1頁(共4頁)】G【高三4月質(zhì)量檢測.數(shù)學(xué)參考答案第2頁(共4頁)】G對,故C正確;對于D,若AB=對,則P(A)=P(A∩(BUB-))=P((AB)U(AB-))=P(AB-),所以故D正確.故選ACD.12.10由題意,{an}為等差數(shù)列,設(shè)公差為d,設(shè)F,為C的左焦點,因為|OA|=|OF|=|OF,|,所以,所以AF丄AF,.由題設(shè)及橢圓的定義,得在Rt△AFF,中,由勾股定理,得十即所以離心率2k=2k十2(1—k)=2.15.(1)解:f,(兒)=e兒—e,所以f,(1)=0.…………………2分又f(1)=1,所以曲線y=f(兒)在點(1,f(1))處的切線方程為y—1=0.……………4分顯然在[1,十∞)上單調(diào)遞增.…………8分兒又g,(1)=e—1>0,所以當(dāng)兒≥1時,g,(兒)≥g,(1)>0,所以=e兒—e—1十在[1,十∞)上單調(diào)遞增,…………………10分兒所以F,(兒)≥F,(1)=0,當(dāng)且僅當(dāng)兒=1時取等號.十1—兒十ln兒在[1,十∞)上單調(diào)遞增,…………12分所以V兒≥1,F(兒)≥F(1)=0,所以f(兒)≥兒—ln兒.…………………13分16.解:(1)由題意及正弦定理,得1十分即……………………4分由A十B十C=π,得sin(A十B)=sin(π—C)=sinC,所以有………………6分又sinBsinC≠0,所以又A∈(0,π),所以.………7分(2)由正弦定理,得所以………………9分將S△代入上式,得×22×=1,所以………………………13分17.(1)解:由題意,知X所有可能的取值為0,10,30.………………………2分記Ai(i=1,2)為“李明答對第i題”,【高三4月質(zhì)量檢測.數(shù)學(xué)參考答案第3頁(共4頁)】G分所以十十分(2)證明:李明第i(i≥2)題回答正確有兩種情形:①第i—1個題回答正確,且第i個題回答正確;②第i—1個題回答錯誤,且第i個題回答正確,由全概率公式,得十分所以………………………12分又所以是以為首項,以為公比的等比數(shù)列,………13分所以{Pi}的通項公式為十……………………15分18.(1)(i)證明:由題意,PB丄平面BCD,所以PB丄CD.………………1分又CB丄CD,PB∩CB=B,所以CD丄平面PBC.………………………2分又BEG平面PBC,所以CD丄BE.………………………3分因為PD丄平面BEF,所以PD丄BE.又CD丄BE,CD∩PD=D,所以BE丄平面PCD.………………………4分(i)解:因為PB丄平面BCD,所以PB丄BC.在Rt△PBC中如圖,以C為原點,分別以直線CB,CD為父軸,y軸,建立空間直角坐標(biāo)系C父y義,過C作平面BEF的垂線C1,O1為垂足,這里點C1與C關(guān)于O1對稱.連接C1G,設(shè)直線C1G∩平面BEF=H,由對稱性及兩點之間線段最短,知該點H使得△CGH的周長最小.………………6分平面BEF的單位法向量分又所以分所以所以………9分又,所以△CGH周長的最小值為C1G十十十……………………………10分(2)解:設(shè)點P在平面BCD內(nèi)的射影為O,因為PB與平面BCD所成的角為60。,所以上分因為CB丄CD,分別以直線CB,CD為父軸,y軸,建立空間直角坐標(biāo)系C父y義.設(shè)O(父0,y0,0),因為所以點O的軌跡是以B(1,0,0)為圓心,半徑為的在平面BCD內(nèi)的圓,且2十設(shè)平面PCD的法向量為m=(父,y,義),則即十義=0.,所以………………14分又n=(0,0,1)為平面BCD的一個法向量,【高三4月質(zhì)量檢測.數(shù)學(xué)參考答案第4頁(共4頁)】G所以分因為父所以父父所以十1≤4,又二面角PCDB為銳二面角又二面角PCDB為銳二面角,y=cOs父在上單調(diào)遞減,所以二面角PCDB的取值范圍是……………………17分19.(1)解:由題意,得所以C的方程為父………………1分A(1,\),B(1,—\),直線AB:父=1是C的切線,△OAB是C的漸切三角形.…………………2分S△………………3分解:設(shè)A這里父1父2>0..=1.………5分或直線父=—1與C切于點(—1,0),△OAB的面積為\,滿足題意;…………………6分1即即.………7分由,消去y并整理得父父十1十所以直線AB與C有且僅有一個公共點,所以直線AB是C的切線.所以△OAB是C的“漸切三角形”.………………………9分由解得父故同理可得分,