≤3父,解得0≤父≤3,故A=[0,3];由y=(父十1)2,父∈A,得1≤y≤16,故B=[1,16],所以A∩B=[1,3].故選B.3.Dl的方程可化為y=m(父—1)十1,所以l過定點M(1,1),顯然M在圓O內,所以當OM丄AB時,AB最小,易求得OM的斜率KOM=1,而l的斜率為m,所以m=—1.故選D.4.A由得所以十十由M是AB的中點,得所以.選A.5.Dn十十mn十十十當且僅當即,時等號成立,所以故選D.6.B由△A1B1C1的面積為得A1B1=3,由且△MA1B1∞△MAB,得△ABC的面積S△設該三棱臺的高為解得h=4.設△A1B1C1的重心為O1,△ABC的重心為O2,則直線O1O2與上、下底面垂直,且該三棱臺的外接球的球心在線段O1O2或其延長線上,易得設球心為O,O1O=m,因為OA=O1A十O1O2,OA2=O2A2十OO,OA=OA,則十十2,解得m=5,所以十12=28,故該棱臺的外接球的表面積S=4π.OA2=112π.故選B.7.A設過原點的直線l與曲線相切,切點為P(父0,y0),由父,得故l的斜率為,,故l的方程為y十ln父,由l過(0,0),得0十ln父解得父0=e,故l的斜率為記l的傾斜角為故故選A.),則AP的斜率的方程為y—y1,即父十同理AQ的方程為父十分別令y=0,得故【高三4月質量檢測.數(shù)學參考答案第1頁(共6頁)】【高三4月質量檢測.數(shù)學參考答案第2頁(共6頁)】聯(lián)立解得由題意知所以父1父2=—4p2,所以故選C.9.AC由題意知從小到大排列的該組數(shù)據(jù)為a9,a8,…,a2,a1,且每個數(shù)據(jù)均為正數(shù),q<1,所以0<q<1,中位數(shù)為a5,a9十同理a8十a(chǎn)2>2a5,a7十a(chǎn)3>2a5,a6十a(chǎn)4>2a5,所以所以該組數(shù)據(jù)的中位數(shù)小于其平均數(shù),故A正確;去掉a5,則新數(shù)據(jù)的中位數(shù)為故B錯誤;由題意知C正確;9×30%=2.7,故30%分位數(shù)是a7,故D錯誤.故選AC. ,故B錯誤;因為y=sin父的單調遞減區(qū)間為十kπ,π十kπ],由十kπ≤2父解得十 父十所以f的單調遞減區(qū)間為當k=1時,得f在 上單調遞減,故C正確;f2sin若f為偶函數(shù),則故十所以3φ∈R,f(父十φ)為偶函數(shù),故D正確.故選ACD.,方程中用—y換y,化簡后方程不變,所以C關于父軸對稱,用—父換父,化簡后方程也不變,故C關于y軸對稱,故A正確;父,令則則父,對應二次函數(shù)圖象的對稱軸為直線t=c2,因為t≥2c2,所以父十4c2=,所以|父所以s△父故B錯誤;十≥2\=4c,當點P在父軸上時取等號,所以△PF1F2的周長C△PF1F2=PF1十PF2十F1F2≥4c十2c=6c,且等號可以取到,所以周長的最小值cy4兮y4[4c2,6c2],父2十所以故D正確.故選ACD.系數(shù)和為C十C十C十C十C=256.{an}是等差數(shù)列,公差為十因為是等差數(shù)列,所以存在k,b∈R,使得十b對任意正整數(shù)n均成立,從而所以 解得d=2,或d=0,所以sn=n2.【高三4月質量檢測●數(shù)學參考答案第3頁(共6頁)】設C的半焦距為c,不妨設A為C的右支上一點,則AF1—AF2=2a,所以(AF1—AF2)2=4a2,即—2AF,在△AF1F2中,由余弦定理,=4c2,兩式聯(lián)立,得AF1AF2))==所以15.解:由及正弦定理,得十sinC,……………所以BcosC十sinBsinC,………………2分又A=π—(B十C),所以sinA=sin[π—(B十C)]=sin(B十C),所以十十sinBsinC,……4分化簡,得\cosBsinC=sinBsinC,又C∈(0,π),所以sinC≠0,所以\cosB=sinB,……………………6分所以又B∈(0,π),所以.……………7分(2)法1:設BD=h,由△ABC的面積S△●得……9分—ac≥2ac—ac=ac,當且僅當a=c時等號成立,又b=2,所以ac≤4,當且僅當a=c=2時等號成立,…………………11分故的最大值為\.……………………13分法2:由正弦定理,得所以分又A十所以分…………………11分所以當即時,BD取得最大值分16.解:(1)小林、小張、小陳、小王答對題目分別記作事件A,B,C,D,4位同學中恰有3人答對題目記為事件E,則AE=(ABC)U(ABC-D)U(AB-CD),………………2分又所以所以在小林答對的情況下,恰有3人答對題目的概率為…………5分(2)由題意可知X的可能取值為0,2,4,6,8,……………6分分【高三4月質量檢測●數(shù)學參考答案第4頁(共6頁)】 ,……………………12分 分所以X的分布列為:X02468P故十十十十分證明:因為上所以PD2十AD2=PA2,所以DP丄DA,…………………1分CD2=PC2十PD2—2PC●PDcos上CPD=24,所以CD2十DP2=PC2,所以DP丄CD,………………………2分又AD∩DC=D,AD,DCG平面ABCD,所以DP丄平面ABCD,……………………3分又ABG平面ABCD,所以PD丄AB,又ABCD為矩形,所以AB丄AD,又DP∩DA=D,AD,PDG平面PAD,所以AB丄平面PAD,………4分又DFG平面PAD,所以DF丄AB,因為AD=PD,且F為PA中點,所以DF丄PA,………………………5分又PA∩AB=A,PA,ABG平面PAB,所以DF丄平面PAB,又PBG平面PAB,所以DF丄PB.同理可證DE丄PB,………………6分又DE∩DF=D,DE,DFG平面DEF,所以PB丄平面DEF,又DMG平面DEF,所以DM丄PB.……………………7分y軸,z軸的正方向,D為坐標原點建立空間直角坐標系(如圖所示),則 →),CP=(0,—2\,2\).………………8分設則所以 →平面PFN的法向量即為平面PAB的法向量,由(1)可知DF丄平面PAB,所以是平面PAB即平面PFN的法向量,……………9分設平面PCN的法向量m=(x,y,z),則即【高三4月質量檢測●數(shù)學參考答案第5頁(共6頁)】令y=1,解得兒義所以………11分若平面PCN與平面PFN的夾角為,則分解得則點N存在,且所以……………15分解:由在E上,得分解得所以E的方程為十………………4分(2)解:易求得直線PQ的斜率為則直線PQ的方程為兒十設過點M,且與PQ平行的直線方程為兒十t,當兒十t與E相切,且t<0時,點M到直線PQ的距離最大,此時△MPQ的面積最大.…6分所以Δ=t2—4(t2—3)=0,解得t=±2,所以t=—2,…………………7分點到直線PQ的距離分所以△MPQ的面積的最大值為分(3)證明:當直線AB的斜率不存在時,NA,NB的斜率一正一負,k1●k2<0,不符合題意,所以直線AB的斜率存在.……………………………11分設AB的方程為y=k兒十m,A(兒1分由得N(2,0),所以【高三4月質量檢測.數(shù)學參考答案第6頁(共6頁)】(=,…………14分即十十2m2—4=0,……………………15分=0,即(m—10k)(m十2k)=0,所以m=10k,或m=—2k.………………16分當m=10k時,y=k父十m=k(父十10),直線AB恒過點(—10,0);當m=—2k時,y=k父十m=k(父—2),直線AB過點(2,0),不符合題意,故直線AB過定點(—10,0).……………17分19.(1)解:令m(父)=e父—(k父十1),則m(父)≥0,因為m(0)=e0—1=0,所以父=0為m(父)的最小值點,也是極小值—k,所以mI(0)=e0—k=0,所以k=1.…………2分當k=1時,m(父)=e父—(父十1),mI(父)=e父—1,顯然當父<0時,mI(父)<0,當父所以m(父)在(—∞,0)上單調遞減,在(0,十∞)上單調遞增,所以V父∈R,m(父)≥m(0)=0,所以k=1符合題意,故k=1.……………4分解:令F=sin父—tan父,則F=sin父V父父1≤0,所以F≤0,即sin父≤tan父.……………6分所以在上單調遞增,所以G(父)≥G(0)=0,即4父≥tan父.…………8分所以在上,恒有f(父)≤h(父)≤g(父)成立,所以在上具有f—g性質.………………10分(3)證明:即由h(父)在(0,十∞)上具有f—g性質,證明b=k—1.)父=0,當且僅當ln父十父=0時取等號,…………………12分令u(父)=ln父十父,則uI十1>0,所以u在(0,十∞)上單調遞增,父又u(e—1)=—1十e—1<0,u(1)=0十1=1>0,所以3父0∈(e—1,1),使得u(父0)=0,即ln父0十父0=0,