高三聯(lián)考數(shù)學(xué)參考答案1.CA={父|0≤4—父≤5}=[—1,4],B={父|y=ln父}=(0,十∞),則A∩B=(0,4].3.B因為橢圓C的焦點在y軸上,所以m2=4十12=5,故橢圓C的離心率5.A圓臺甲的高為圓臺乙的高為6.B由|a十b|十|b|=|a|可得|a十b|=|a|—|b|,平方可得a2十2a.b十b2=|a|2—2|a||b|十|b|2,解得a.b=—|a||b|,所以a,b反向.故“aⅡb”是“|a十b|十|b|=|a|”的必要不充分條件.7.Bf(父)在(0,a]上的值域為.因為函數(shù)f(父)的值域為R,所以f(父)=loga父十1在(a,十∞)上的值域包含則0<a<1,且logaa十解得所以a的取值范圍是.8.B由題可知則十解得所以=sin2父十父=2sin在坐標(biāo)系中結(jié)合五點法畫出y=f(父)與y=cos父的圖象,如圖所示.由圖可知,共有4個交點. 9.ACD由題可知義=(1十3i)(3—i)=3十8i—3i2=6十8i,則|義義=6—8i,義的虛部為8,義在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(6,8),位于第一象限.故選ACD.y2—6父十7=0可化為(父—3)2十y2=2,所以圓心A(3,0),半由題知焦點F(1,0),準(zhǔn)線為直線父錯誤.易知直線FN的斜率存在,設(shè)直線FN的方程為y=k(父—1),所以解得k=±1.因為切點E在線段FN上,所以k=1,故直線FN的方程聯(lián)立可得父2—6父十1=0,所以父N=3十或,yN=2十十3十十正確.S△十錯誤.11.AD因為f(父)=f(2—父)十2父—2,所以f(父)—父=f(2—父)—(2—父).令g(父)=f(父)—父,則g(父)=g(2—父),所以g(父)的圖象關(guān)于直線父=1對稱.因為f(父)與y=父都為奇函數(shù),所以g(父)也是奇函數(shù),則g(父)是以4為周期的周期函數(shù),所以g(父十4)=g(父).由f(3)=2,可得g(3)=f(3)—3=—1,所以g(—5)=g(3)=—1,則f(—5)十5=—1,解得f(—5)=—6,A正確.f(父十4)=g(父十4)十父十4=g(父)十父十4=f(父)十4,B錯誤.由f(父)=f(2—父)十2父—2,求導(dǎo)可得fI(父)=—fI(2—父)十2,所以fI(1)=—fI(1)十2,即fI(1)=1.由f(父十4)=f(父)十4,求導(dǎo)可得fI(父十4)=fI(父),所以fI(101)=fI(1)=1,C錯誤正確.12.—2設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由a3,a2,a4成等差數(shù)列,得a3十a(chǎn)4=2a2,整理得q2十q—2=0,則q=—2.13.12從這6張卡片中隨機(jī)抽取4張,這4張卡片的字母恰有兩個相同的情況共有CC=3種,字母不相同的2張卡片均有2種選擇,所以不同的取法種數(shù)為3×22=12.,可得yI=(父—1)e父,則y=(父—2)e父在(—∞,1)上單調(diào)遞減,在(1,十∞)上單調(diào)遞增,且當(dāng)父<2時,f(父)<0.直線y=k父—2恒過點(0,—2),當(dāng)直線y=k父—2與曲線y=(父—2)e父相切于點(父0,y0)時即(父父0十=2.令f(父)=(父2—2父十2)e父,則fI(父)=父2e父≥0,所以f(父)在R上單調(diào)遞增.因為f(0)=2,所以父0=0,k=—1,結(jié)合圖象(圖略)可知,若直線y=k父—2與曲線y=(父—2)e父有3個交點,則k的取值范圍為(—1,0).15.解:(1)由正弦定理可得2sinCcosC十sinAcosB十sinBcosA=0,…2分所以2sinCcosC十sin(A十B)=0,2sinCcosC十sinC=0,得分因為C∈(0,π),所以………………6分(2)由余弦定理可得c2=a2十b2—2abcosC=a2十b2十a(chǎn)b,……………9分因為a十c=2b,所以(2b—a)2=a2十b2十a(chǎn)b,化簡可得,………11分則所以分16.(1)證明:過A作BB1的垂線,垂足為O,連接OC.因為△ABC為等邊三角形,所以AB=BC.因為BO=BO,上B1BC=上B,所以△BOA≥△BOC,則AO=CO=1,BO丄CO.…………………3分又CO∩AO=O,所以BB1丄平面AOC,…………………5分因為ACG平面AOC,所以AC丄BB1.……………………7分(2)解:由(1)可知AO=OC=1,所以AO2十CO2=AC2,故AO丄CO,………………8分所以O(shè)B,OA,OC兩兩垂直,則以O(shè)為原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),C1(—2,1,0),則→→→(—2,0,0),CA=(0,—1,1),BC=(—1,1,0),AB=(1,0,—1→→→AABB1BB1C▲yC1設(shè)平面ABC的法向量為m=(父,y,義),則即令父=1,得m=(1,1,1).…設(shè)平面ACC1的法向量為n=(a,b,c),則即令b=1,得n=(0,1,1).………………13分所以平面ABC與平面ACC1夾角的余弦值為.……15分17.解:(1)第一題結(jié)束時甲獲得1分的概率為十分(2)由(1)知,在每道題的搶答中,甲、乙得1分的概率分別為,……8分X的可能取值為2,4,5.十分分分X245P………………12分十十分解:因為父是雙曲線的一條漸近線,所以分因為點(2,2)在C上,所以分解得a2=2,b2=4,即C的方程為……………5分(2)(i)證明:設(shè)l:y=k父十t(t≠0),由,得(2—k2)父2—2kt父—t2—4=0,…………………7分由題意得2—k2≠0,Δ=8(t2—2k2十4)>0.設(shè)A(父1,y1),B(父2,y2),AB中點的坐標(biāo)為(父0,y0),則分因為AB的中點在直線y=2父上,所以y0=2父0,即,因為t≠0,所以k=1.…………………11分點M到l的距離分所以S△●解得t=±1,所以l的方程為兒—y±1=0.……………17分解:由f=兒—ln兒,可得fI解得兒>1,令f’(兒)<0,解得兒0<兒<1,可知f(兒)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,十∞)上單調(diào)遞增,所以f(兒)的最小值為f(1)=1.…………2分因為“f(兒)—g(兒)”為三角形函數(shù),所以vc∈(0,十∞),g(c)<2.因為g(2—兒)=g(兒),所以g(兒)的圖象關(guān)于直線兒=1對稱,又g(兒)為二次函數(shù),所以g(兒)=—兒2十2兒.(答案不唯一,只需滿足g(兒)=a兒2—2a兒十c,且c—a<2,a<0即可)……………4分當(dāng)t—2=0,即t=2時,f(兒)=1,此時f(a)=f(b)=f(c)=1,滿足f(a)十f(b)>f(c),符合題意;……………………5分當(dāng)t—2>0,即t>2時,f(兒)是(0,十∞)上的減函數(shù),所以f(兒)的值域為,因為va,b,c∈(0,十∞),f十f,所以1十得2<t≤5;………7分當(dāng)t—2<0,即t<2時,f(兒)是(0,十∞)上的增函數(shù),所以f(兒)的值域為,因為va,b,c∈(0,十∞),f十f,所以十得分綜上,實數(shù)t的取值范圍是.………10分(3)證明:由題可知兒.設(shè)兒,則h’在(0,十∞)上恒成立,所以g’(兒)在(0,十∞)上單調(diào)遞減.……………11分 )時,gI(父)>0,則g(父)在(0,父0)上單調(diào)遞增;當(dāng)父∈(父0,十∞)時,gI(父)<0,則g(父)在(父0,十∞)上單調(diào)遞減.…13分,g(父)取得唯一極大值,也是最大值,令g(父)的最大值為M,將①式代入上式,可得