.數(shù)學(xué)1.【答案】A2.【答案】D【解析】當(dāng)a=-2,b=1時(shí),a2>b2,但是ea＜eb,故a2>b2ea＞eb當(dāng)a=1,b=-2時(shí),ea＞eb,但是a2<b2,故ea＞eba2>b2故“a2>b2”是“ea＞eb”的既不充分也不必要條件．3.【答案】C【解析】由已知可得-2=a＋bi＋a－bi,解得a=-1.4.【答案】C>0故tan2θ+2tanθ-1=0,結(jié)合tanθ>0,解得5.【答案】B【解析】因?yàn)閒(x)在R上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x<0,yx2+ax單調(diào)遞增,所以a≥0,當(dāng)x≥0時(shí),f′(x)＝ex－a≥0,由f(x)單調(diào)遞增可知a≤1,且當(dāng)x=0,0≤f(0)=1,所以a的取值范圍是[0,1]．故選:B．6.【答案】C【解析】設(shè)P(x,y),則PA2+PB2+PC2=(x+1)2+(y-1)2+(x-1)2+(y+1)2+(x-3)2+(y-3)2=3(x2+y2-2x-2y)+22=70,故P(x,y)的軌跡方程為(x-1)2+(y-1)2=18.P.=而故7.【答案】B【解析】對(duì)于A(yíng),令x=±1,則f(e)=±1,有2個(gè)函數(shù)值對(duì)應(yīng),故A錯(cuò)誤;對(duì)于C,取x=0,可知f(x2+2x)＝f(0)=0,再取x=-2,可知f(x2+2x)＝f(0)=2,故C錯(cuò)誤;對(duì)于故D錯(cuò)誤;【高三數(shù)學(xué)試題參考答案第1頁(yè)(共6頁(yè))】對(duì)于B選項(xiàng),令t＝x|x|,對(duì)于每一個(gè)t,都有唯一的x與之對(duì)應(yīng),也即有唯一的x3+1與之對(duì)應(yīng),因此符合函數(shù)定義,故B正確．8.【答案】A【解析】不妨設(shè)P在第一象限,設(shè)PA,PB的傾斜角分別為α,β,則故注意到因此解得,故代入解得故△PAB的面積為9.【答案】ABD【解析】對(duì)于A(yíng)選項(xiàng),f(－x)＝－f(x),正確;對(duì)于B選項(xiàng),f′(x)=3x2-a＞0,f(x)單調(diào)遞增,正確;對(duì)于C選項(xiàng),f′(x)=0恰有一個(gè)解,則a=0,但此時(shí)f(x)無(wú)極值點(diǎn),故C錯(cuò)誤;對(duì)于D選項(xiàng)存在三個(gè)零點(diǎn)故D正確．10.【答案】ACD【解析】對(duì)于A(yíng),B選項(xiàng),根據(jù)通項(xiàng)公式,aman＝a1qm-1a1qn-1=aqm＋n-2=a＝aq2p-2,故A正確;若q=1,則aman＝a恒成立,故B錯(cuò)誤;對(duì)于C,D,由Tm＝Tn,不妨設(shè)m＜n,則am+1am+2…an=1,則am+1an=1.而T＋n＝(a1am＋n)(a2am＋n-1)(a3am＋n-2)…(am＋na1)=1,可知Tm＋n=1,反之也成立,故C,D均正確．11.【答案】AC【解析】對(duì)于A(yíng)選項(xiàng),如圖1,連接PA,PB,由α=β,可知∠APA1=∠BPE,故PA=2PB,以A點(diǎn)為原點(diǎn),AB為x軸,AD為y軸建系,B(b,0),設(shè)P(x,y),則x2+y2=4(x－b)2+4y2,即3x2+3y2-8bx+4b2=0,故P點(diǎn)的軌跡為圓,A正確;對(duì)于B選項(xiàng),如圖2,作PT⊥AD于T,TR⊥A1D1于R,則,同理作PM⊥CD于M,MN⊥C1D1于,由γ=θ可知,PT＝PM,故P為∠ADC的平分線(xiàn),點(diǎn)P的軌跡為直線(xiàn),B錯(cuò)誤;【高三數(shù)學(xué)試題參考答案第2頁(yè)(共6頁(yè))】對(duì)于C選項(xiàng),如圖3,tanα,tanθ,由α=θ可知,PM＝PA,根據(jù)拋物線(xiàn)的定義可知點(diǎn)P的軌跡為拋物線(xiàn),C正確;對(duì)于D選項(xiàng),由C選項(xiàng)可知PM=2PB,顯然不是直線(xiàn),D錯(cuò)誤．【解析】λa＋b＝(λ+2,2λ+3),由(2a＋b).b=0,得2(λ+2)+3(2λ+3)=0,解得13.【答案】[4,+∞)故即a≥4.【解析】考慮f(x)的周期為π,不妨設(shè)x∈[0,π],f′(x)=2cos2xcos2x-2sinxcosx.sin2x=2cos2x(cos2x-2sin2x)=2cos2x(2cos2x-1)令≤0,即解得故因?yàn)樗?………………2分又b2+c2=5a2,所以分從而分(2)由余弦定理可知b2+c2-2bccosA＝a2,則bccosA=2a2,…………………7分又.＝bccosA=8,故a=2,………………8分即b+c2=20,故2bc≤20,即bc≤10,…………10分從而S△分當(dāng)時(shí)取等號(hào),即△ABC的面積的最大值為3.……………………13分16.【解析】(1)法一:由PA2=PO可得設(shè)直線(xiàn)分【高三數(shù)學(xué)試題參考答案第3頁(yè)(共6頁(yè))】聯(lián)立橢圓方程3x2+4y2=12得即(3+4k2)x2-(8k-12)x＋(2k-3)2-12=0.………………3分由Δ=(8k-12)2-4(3+4k2)[(2k-3)2-12]=0,解得,…………6分因此直線(xiàn)l的方程為……………7分故直線(xiàn)l的方程為,………………7分(2)依題意,直線(xiàn)MN的方程為,聯(lián)立橢圓3x2+4y2=12可得x2=3,即,設(shè)圓的方程為x2+y2+Dx＋Ey＋F=0,代入A1,P,M可得:此時(shí)圓方程為因?yàn)辄c(diǎn)N也在此圓上,所以P,M,A1,N四點(diǎn)共圓,其標(biāo)準(zhǔn)方程為分17.【解析】證明:(1)設(shè)AC∩BD＝O,OP∩EF＝Q,過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BQ于H,由面PBD⊥面BEF,且面PBD∩面BEF＝BQ,故DH⊥面BEF,即DH⊥EF;……………………2分因?yàn)镋,F分別為PA,PC的中點(diǎn),因此EF∥AC,因此DH⊥AC．…………4分由底面ABCD為正方形可知AC⊥BD,因此AC⊥面PBD…5分由PO?面PBD,故AC⊥PO,因?yàn)镺為AC的中點(diǎn),因此PA＝PC;…………6分(2)不妨設(shè),以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA為x軸,OB為y軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),………………………7分【高三數(shù)學(xué)試題參考答案第4頁(yè)(共6頁(yè))】由(1)可知,點(diǎn)P在yOz平面內(nèi),設(shè)P(0,y0,z0),由PB2=2PD2,即(y-1)2+z=2(y0+1)2+2z,即(y0+3)2+z=8,當(dāng)P－ABCD的體積最大時(shí),………………………10分此時(shí)則,則令a=1,則………………………12分令z=5,則,……………………14分即平面PAB與平面BEF的夾角的余弦值為…………15分18.【解析】(1)依題意R＝lna5+lna5=ln16,又R＝lna1+lna9,…………………2分所以lna9=R＝ln16,即a9=16.…………………4分(2)(i)依題意則因此bibm+1-i=1,……………6分從而lnbi＋lnbmi=0,即數(shù)列{bn}是一個(gè)項(xiàng)數(shù)為m的對(duì)數(shù)等和數(shù)列．……7分(ii)依題意,bm＝b1qm-1?即,即m=11,…………………10分則bi=1024qi-1=46-i,…………………………11分又R=0,故lnai＋lnami=0,即aiam+1-i=1,此時(shí)即分注意到i×2i-6=(i-1)2i-5-(i-2)2i-6,……………………15分所以分【高三數(shù)學(xué)試題參考答案第5頁(yè)(共6頁(yè))】19.【解析】(1)依題意分設(shè)分當(dāng)0<x<1時(shí),p(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x＞1時(shí),p(x)單調(diào)遞增,故p(x)≥p(1)=1>0,即f′(x)＞0,f(x)單調(diào)遞增．…………4分設(shè)a＝et,則則分設(shè)g(x)＝xlnx,則g′(x)=1+lnx,即g(x)在上單減,在上單增,……6分當(dāng)由g=0,且g在(1,+∞)上單調(diào)遞增,故僅有一個(gè)零點(diǎn)x0,不符合題意;…………………7分①當(dāng)t≤e時(shí),則此時(shí)f(x)單調(diào)遞增,不符合題意;……………………8分②當(dāng)t＞e時(shí),則此時(shí)存在兩個(gè)零點(diǎn)x1<x2,當(dāng)x∈(0,x1)時(shí)當(dāng)x∈(x1,x2)時(shí)當(dāng)x∈(x2,+∞)時(shí)存在兩個(gè)極值點(diǎn),符合題意．綜上