卷14 卷一～六滚动检测-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮创新示范卷（人教A版）

创新示范卷（十四） 卷一入一六滚动检测 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的.) 1.已知集合A={x|y=ln(2-x)},B={x|-3<x<3},则B∩(CRA)等于 A.（-3,2] B.[-3,2) C.(2,3] D.[2,3) 2.已知复数之满足z(1一i)=(1一3)2，则|z等于 A.5√2 B.√5 C.√2 D.8 3.已知{an},{bn}分别是等差数列和等比数列，其前n项和分别是Sn和Tn,且a1=b1=1,a2十b2 郑 =4,T3=3,则S3= () A.9 B.9或18 C.13 D.13或37 4.“百日冲刺”是各个学校针对高三学生进行的高考前的激情教育，它能在短时间内最大限度激 发一个人的潜能，使成绩在原来的基础上有不同程度的提高，以便在高考中取得令人满意的成 绩，特别对于成绩中等偏下的学生来讲，其增加分数的空间尤其大.现有某班主任老师根据历年成绩 h 中等偏下的学生经历“百日冲刺”之后的成绩变化，构造了一个经过时间t(30≤≤100)（单位：天），增 kP 加总分数f)(单位：分)的函数模型：f2)=1十1g+D为增分转化系数，P为“百日冲刺”前的最 后一次模考总分，且f代60)=P.现有某学生在高考前100天的最后一次模考总分为400分，依据此 模型估计此学生在高考中可能取得的总分约为(1g61≈1.79) ) A.440分 B.460分 C.480分 D.500分 5.古希腊数学家帕波斯在其著作《数学汇编》的第五卷序言中，提到了蜂巢， 如 阳 称蜜蜂将它们的蜂巢结构设计为相同并且拼接在一起的正六棱柱结构，从 而储存更多的蜂蜜，提升了空间利用率，体现了动物的智慧，得到世人的认 可.已知蜂巢结构的平面图形如图所示，则AB ( A.-CDE 6 B-8花+含DE C-号c正+号D 2 D.-50 6.在正四棱柱ABCD-A1BC1D1中，AB=AD=2,A1A=3,P为线段C1D1的 盖 中点，一质点从A点出发，沿长方体表面运动到达P点处，若沿质点A的最 短运动路线截该正四棱柱，则所得截面的面积为 ( A.3 B?3 D 2 C.156 D.3√6 4 14-1 b 7.在△ABC中，有正弦定理：sin A-sin B3inC=定值，这个定值就是△ABC的外接圆的直 径.如图示，△DEF中，已知DE=DF,点M在直线EF上从左到右运动（点M不与E,F重 合)，对于M的每一个位置，记△DEM的外接圆面积与△DMF的外接圆面积的比值为入，那么 () E A.入先变小再变大 B.仅当M为线段EF的中点时，λ取得最大值 C.入先变大再变小 D.λ是一个定值 8.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，AP=AB=4,侧棱PA⊥底 面ABCD,T是CD的中点，Q是△PAC内的动点，TQ⊥BP,则Q的轨迹长为 A.√2 B.√3 C.22 D.2√3 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题 目要求.全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.) 9.下列命题正确的是 ) A.P:“a是第二象限角或第三象限角”，q:“cosa<0”,则p是q的充分不必要条件 B,若a为第一象限角，则一cosa一十 sina=√2 √1+cos2a√1-cos2a 2 C.在△ABC中，若tanA·tanB>1,则△ABC为锐角三角形 D已知e∈0，}，且cos2a=5,则an&-326 2 10.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B,C1D1中，下列命题正确的是 ( 平面ACB,⊥平面A,C,D,且两平面距离为 B.当点P在线段AB上运动时，四面体PA1BC1的体积恒等于四面体 B1-A1CD的体积 C.与正方体所有棱都相切的球的体积为② D.若M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是△ACB,外接圆的圆周上任意一点，则 MN的最小值是。-1 2 11.已知定义域为R的函数f(x)在（一1,0）上单调递增，且f(1十x)=f(1-x),图象关于点(2， 0)对称，则以下说法正确的有 () A.f(0)=f(-2) B.f(x)的周期为4 C.f(x)在(2,3)上单调递减 D.f(2024)>f(2025)>f(2026) 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12.已知函数f(x)-{十4,3·(a>0且a≠1D,若y=f(x)有最小值，则实数a的取值范围 logax,x>3 是 13.已知等差数列a}的前项和为3，若S=10,S=36,当n∈N时g的最大值为 14.如图，已知正方体ABCD-A1BC1D1的棱长为2，点E,F,G,H分别为棱 AA1,A1D1,A1B1,BC1的中点，且点E,F,G,H都在球O的表面上，点P是 球O表面上的动点，当点P到平面ADD1A1的距离最大时，异面直线PE与 GH所成角的余弦值的平方为 14-2 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.(13分)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知一b=sin(A-B) sin C (1)求A; (2)若∠BAC的角平分线与BC交于点D,AD=2,AC=2√3，求a+c. 16.(15分)如图，PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,AB∥CD,PQ∥CD,AD=CD= DP=2PQ=2AB=2,点E,F,M分别为AP,CD,BQ的中点. (1)求证：EF∥平面CPM; (2)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求QN:NC 的值 17.（15分)若分别从下表的第一、二、三列中各取一个数，依次作为等比数列{an}的a1,a2,a3;分 别从下表的第一、二、三行中各取一个数，依次作为等差数列{bn}的b1,b2,b3. 第一列第二列第三列 第一行 1 4 第二行 3 6 9 第三行 2 5 P (1)请写出数列{an},{bn}的一个通项公式； (2)若数列{b,}单调递增，设C,=,数列{C,)的前项和为T,求证：T,<6. a 14-3 18.(17分)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC,∠ABC=90°，AB=2DC=2BC,E为AB的中 点，沿DE将△ADE折起，使得点A到点P位置，且PE⊥EB,M为PB的中点，N是BC上 的动点（与点B,C不重合）. (1)求证：平面EMN⊥平面PBC (2)是否存在点N,使得二面角BENM的余弦值为气？若存在，确定N点位置；若不存在， 说明理由 19.(17分)阅读以下材料： ①设f(x)为函数f(x)的导函数.若f(x)在区间D单调递增；则称f(x)为区间D上的凹函 数；若f'(x)在区间D上单调递减，则称f(x)为区间D上的凸函数， ②平面直角坐标系中的点P称为函数f(x)的“k切点”，当且仅当过点P恰好能作曲线y= f(x)的k条切线，其中k∈N. (1)已知函数f(x)=a.x4+x3-3(2a+1)x2-x+3. 烯 (i)当a≤0时，讨论f(x)的凹凸性； （i)当a=0时，点P在y轴右侧且为f(x)的“3切点”，求点P的集合； (2)已知函数g(x)=xe,点Q在y轴左侧且为g(x)的“3切点”，写出点Q的集合（不需要写 出求解过程). 14-4 创新示范卷（十四） 数学答题卡 姓 名 准考证号 条形码粘贴区（居中) 缺考 注意事项 填涂样例 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真在规定位置贴 ☐ 正确填涂 好条形码。 违纪 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米及以上黑色字 错误填涂 迹的签字笔书写，要求字体工整，笔迹清楚。 3.严格按照题号在相应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效 ☑xO 4.保持卡面清洁，不装订，不要折叠，不要破损。 】0力三 选择题 (共58分，1~8小题，每小题5分，9~11小题，每小题6分) 正确填涂 1ABCD4ABCD 7ABCD 10ABCD 2ABCD5ABC☑D 8A B C D 11ABCD 请在各题 3ABCD6ABCD9ABCD 非选择题 (需用0.5毫米黑色签字笔书写) 答 填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 区域内作答 12. 13. 14 ,超出边框的答案无效 解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.(13分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（十四）第1页（共4页) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 16.(15分) D以 17.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（十四）第2页（共4页） 考生务必将姓名、座号用0.5毫米黑色签字笔认真填写在书写框内，座 考生 姓名 座号 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字.填写样例：若座号02，则填 必填 写为02 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18.(17分) M 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（十四）第3页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 19.(17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（十四）第4页（共4页）数 创新示范卷（十四） 选择题答案速查 题号12345678 91011 答案DABB BB D B ACDBCD ABC 1.D 2.A[因为z(1-i)=(1-3i)2, 所以z=1-3D2--8-601+D--1-71, 1-i 2 故|z=√（-1)2+(-7)2=5√2.] 3.B[设等比数列{bn}的公比为q,由b1=1且T3=3, 当q=1时，则T3=3b1=3,符合题意，则bn=1,又a2十 b2=4,所以a2=3, 所以S3=a1+a2十a3=3a2=9; 当g≠1时，则T,-1二g）=3,即1十g十q=3,解得 1一9 9=1(舍去)或q=-2, 所以bn=(-2)-1,则b2=-2,又a2十b2=4,所以a2=6, 所以S=a1十a2十a3=3a2=18.综上可得S3=9或18.] 4B[由题老得：60)=2品-吉P, 。kP k≈2.79=0.465；.f(100)=0,465X400= 6 1+l1g101 186 1+lg100+lg1.013 ≈186=62，“该学生在高考中可能取 得的总分约为400十62=462≈460（分）.] 5.B[以D为坐标原点，建立如图 y 所示的平面直角坐标系，不妨设 AD=2, 则A(-1,W3),B(5,5√3)， D(0,0),E(9,√3)，C(0,43), 故AB=(6,4V3), CE=(9,-33),DE=(9,W3) 设AB=xCE+yDE,则6=9x+9y, {4√3=-33x+3y, x=一 5 解得 3 所以店-一C+成.] 6 6 y=2' 6.B[如图，把正四棱柱的侧面展开图可得最短距离， C C 2 D (1) (2) (3) B (1)AP=√26，(2)AP=2√5，(3)AP=3√2， 所以质点从A到P的最短距离为3√2， 此时质点从A点出发，经过DD,上靠近D,的三等分，点 S,再到达P,点， 面ASP截正四棱柱所得裁面为五边 形ASPQR,如图， 由AS=AR=RS=2√2，SP=PQ= P/- A QR=√2， 所以沿质点A的最短运动路线截正 四棱柱， 则所得裁面的面积为：S△As十 D 5s=25+3￥9-7g5.] 2 答案 7.D[设△DEM的外接圆半径为R1,△DMF的外接圆 半径为R2, 则由题意，R ,πR =入，点M在直线EF上从左到右运动(，点 M不与E,F重合)， 对于M的每一个位置，由正弦定理可得： R=合XnP5ER,-XnPm DE DF 又DE=DF,sin∠DME=sin∠DMF, 可得R=R2,可得1=1.] 8.B[先找到一个平面总是保持与BP垂直，取BP,CP 的中点E,F,连接AE,EF,DF D 77 0 B 因为ABCD是正方形，所以AB⊥AD.因为PA⊥底面 ABCD.所以PA⊥AD.又PA∩AB=A,所以AD⊥平面 PAB.所以AD⊥PB. 因为在△PAB中，AP=AB,E为BP的中点，所以AE ⊥PB.又AE∩AD=A,所以BP⊥平面AEFD. 进一步.取BE,CF,AB的中点M,N,S,连接MS,MN, NT,ST易证平面MNTS∥平面AEFD. 故BP⊥平面MNTS, 记ST∩AC=O,又Q是△PAC内的动，点， 根据平面的基本性质得：点Q的轨迹为平面MNTS与 平面PAC的交线段NO, 在△NOC中，NC=3,C0=22,cos∠NC0= 3 由余弦定理得：N0=8+3-2×2V2×V5×5=3. 3 故NO=√3.] 9.ACD[对于A,若a是第二象限角或第三象限角，则cosa <0.若c0sa<0,取a=π，c0sa=-1<0, 此时a不是第二象限角或第三象限角，则力是g的充分 不必要条件，故A正确； 对于B,由于a为第一象限角，则cosa>0,sina>0, cos a+ sin a √/1+cos2a √/1-cos2a cOS a sin a 二十 √1+2cosa-1√J1-(1-2sina) =cosa十sina=√2，故B错误； √2 cos a2sina 对于C,在△ABC中，若tanA·tanB=sinA:sinB> cosA·cosB1 1,则sinA·sinB-cosA·cosB>0, cosA·cosB 所以二Cos(A十B) -cos C cosA·cos B cosA·cosB>0, 故cosA·cosB·cosC>0,所以cosA>0,cosB>0, cosC>0,故△ABC为锐角三角形，故C正确； 对于D,由cos2a=cosa-sime=1-tan2e=5 cos'a+sin'a 1+tan'a 3' 所以3-3tama=5+5an2a,则tana=3-5-3-52 3+54 由a∈(0，）知1ana=3,5,故D正确.] 2 42 创新示范卷 10.BCD[对于A,正方体ABCD-A1B,CD1中，AA1∥CC, AA=CC, 即四边形AAC1C为平行四边形，故AC∥A1C1, AC中平面A1C1D,A1C1C平面A1CD,故AC∥平 面AC1D, 同理可证AB1∥平面A1C1D,而AB1∩AC=A,AB1, ACC平面ACB,1, 故平面ACB1∥平面A,CD: 设B到平面ACB1距离为d,AC =V2,则VBAC8,=VA-BCB,· 4 2 ×1×1X1,则d=5； 3； 同理求得D,到平面ACD的距离为 3 连接BD1,B1D1,则A1C1⊥B1D1,由于BB1⊥平面 AB1C1D1,A1C1C平面A1B1C1D1, 故BB1⊥A1C1,B1D1⊥BB1=B1,BD1,BB1C平面 BB1D1,故A1C1⊥平面BB1D1,BD1C平面BB1D1,故 AC1⊥BD1,同理可证AD⊥BD1,而AC1∩AD= A1,A1C1,A1DC平面A1C1D,故BD1⊥平面ACD 而平面ACB1⊥平面ACD,则BD1⊥平面ACB1,又 BD1=√1+1+1=√3，故平面ACB1和平面A1CD 之间的距离为5-2X写-日，A错误；对于B,当点P 3 在线段AB上运动时，四面体PA,B,C的体积为 V44=号×号×1X1X1=：回面体A,GD 的体积Vg45B=V445=3×分×1X1X1=日，即 当点P在线段AB上运动时，四面体PA1B,C的体积恒 等于四面体B-A1CD的体积，B正确； 对于C,与正方体所有棱都相切的球的直径为正方体面 对角线长B,C=反，故接球体报为号×()'=。 23 C正确；对于D,正方体的内切球球心和正方体外接球 球心是同一个点，即为正方体的中心， 外接球直径为√3，内切球直径为1； 而△ACB,外接圆为正方体外接球一个小圆， 故由M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是 △ACB1外接圆的圆周上任意一点， 得|MN的最小值为正方体的外接球半径减去正方体 球肉初琅半径，中号号D正痛门 11.ABC[在f(1+x)=f(1-x)中，令x=-1,得f(0) =f(2);令x=x+1,得f(2+x)=f(-x). 因为函数f(x)的图象关于点(2,0)对称，所以f(2十x) =一f(2-x), 故f(4+x)=-f(-x),所以f(4+x)=-f(2+x), 即f(2十x)=-f(x), 所以f(x)=f(x+4),所以f(x)的周期为4， 所以f(一2)=f(2), 所以f(0)=f(一2)，故A、B正确， 因为f(x)在（一1,0）上单调递增，且周期T=4,所以 f(x)在(3,4)上单调递增， 又f(x)的图象关于点(2,0)对称，所以f(x)在(0,1)上 单调递增. 因为f(1十x)=f(1一x),所以f(x)的图象关于直线x =1对称，所以f(x)在(1,2)上单调递减， 又因为f(x)的图象关于点(2,0)对称，所以函数f(x) 在(2,3)上单调递减，故C正确. 答案 ·参考答案 根据f(x)的周期T=4,得f(2024)=f(0),f(2025)= f(1),f(2026)=f(2), 由A选项的分析知，f(0)=f(2),即f(2024)= f(2026),故D错误.] 12.解析：y=一x十4是减函数，在x≤3时最小值是y= -3+4=1, 若0<a<1,则y=log.x是减函数，x>3时，y=log.x <0,没有最小值，不合题意， a>1时，y=log。x是增函数，因此要使得f(x)取得最 小值，则1og。3≥1，解得1<a≤3. 答案：1<a3 13.解析：设首项为a1,公差为d, 4u+43a=1o, 则 解得a1=d=1, e+24=36, 所以a.=a1十(n-1)d=,则S.=nn十卫， 所以g++++2+兴+7 2n 2 2 当十品取柔小值时，2取最大值， 即当=3时，(s) am=7 1 答案：7 14.解析：因为点E,F,G,H分别为棱 B AA1,A1D1,A1B1,B1C1的中点，且 G 点E,F,G,H都在球O的表面上， A 则球O是正方体ABCD A1BCD1的棱切球，球心为对角 线A1C的中点，半径为√2，取A1D 的中点O1,则点P为O1O延长线 与球O表面的交点时点P到平面ADD1A1的距离 最大， 此时OP=1+√2，OE=1,PE=√O1E2+O1P =√4+2√2， 连接OE,则OE∥AC∥GH,∠PEO就是异面直线PE 与GH所成角， 因为OE=OP=√2，所以cos∠PEO= PE2+OE2-OP2 2PE·OE 2E6a 所以异面直线PE与GH所成角的余弦值的平方 为2+② 4· 答案，2+② 4 15,解：(1)依题意，由正弦定理可得sin C-sin B_sin(A-B) sin C sin C 所以sin C-sin B=sin(A-B), 又sinC=sin[π-(A+B)]-sin(A+B), 所以sinB=sin(A+B)-sin(A-B)=2 cos Asin B, 因为B∈(0，)，所以sinB≠0，所以cosA=7, 又A∈(0，，所以A=子 (2)如图，由题意得，S△ABD十S△ACD =S△ABC, 所以宁·AD音+十2：ADm π 2b:csin骨即b=2c, 43 数学 又b=AC=2√3，所以c=√5， 所以。2=+2-2 2bos-号=9，即a=3, 所以a十c=3+√3. 16.解：(1)连接EM,由AB∥CD,PQ ∥CD,得AB∥PQ, 又AB=PQ,则四边形PABQ为 平行四边形， 由点E和M分别为AP和BQ的 中，点，得EM∥AB且EM=AB, 而AB∥CD,CD=2AB,F为CD 的中点，则EM∥CF且EM =CF, 四边形EFCM为平行四边形，则EF∥MC,又EF丈平 面MPC,CMC平面MPC, 所以EF∥平面MPC. (2)由PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,得直线DA,DC, DP两两垂直， 以D为原点，直线DA,DC,DP分别为x,y,之轴建立 空间直角坐标系， 则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2), Q(0,1,2),M1,1,1), PM=(1,1,-1),PQ=(0,1,0),CM=(1,-1,1),PC =(0,2,-2), 设n=(x,y,z)为平面PQM的法向量， 则n·PM=x+y-=0 n·PQ=y=0 取之=1，得n=(1,0,1), 设QN=λQC(0≤A≤1)，即QN=(0,A,-2λ)， 则N(0,A+1,2-2λ)，DN=(0,λ+1,2-2)， 由直线DN与平面PMQ所成的角为，得sim答= Icos(DN,m)l=DN·nl IDNI |2-2A 即2=√a+1)+(2-2· ,整理得3x2一101十 3=0,丙0<A<1,解得A=号， 所以QN:NC=1:2. 17.解：(1)由题意，取a1=2,a2=4,ag=8, 可得公比g=2,则an=2X2-1=2”, 取b1=1,b2=3,b3=5,可得公差d=2, 则bn=1+2(n-1)=2n-1; 取b1=4,b2=3,b3=2,可得公差d=-1, 则bn=4-(n-1)=5-n; 取b1=4,b2=6,b3=8,可得公差d=2, 则b.=4+2(n-1)=2n十2； 取b1=7,b2=6,b3=5,可得公差d=-1, 则bn=7-(n-1)=8-n. (2)由{bn}单调递增， 苦6=m1时，C=20,则工=分+是+号十… +22,所以=安+是++…+203+ 2两式相减，得日工=十 2(位++++)-+2x 2+1 1_2m-1=3 1- 2+1 答案 所以T.=3-23,而2m3>0,故T<3; 2” 2 +所以=+是++…++ 2” 两式和，则号=2+（位+安++…十） n+1=2+ 2 12 2# 2 所以T=6,而>0，故T<6 综上，Tn<6. 18.解：(1)证明：因为PE⊥EB,PE⊥ED,EB∩ED=E, 所以PE⊥平面EBCD,又BCC平面EBCD, 故PE⊥BC,又BC⊥BE,故BC⊥平面PEB, EMC平面PEB,故EM⊥BC,又△PEB为等腰三角 形，.EM⊥PB, BC∩PB=B,故EM⊥平面PBC,又EMC平面EMN, 故平面EMN⊥平面PBC. (2)假设存在点N,使得二面角B一EN一M的余弦值 为6 6 →→ 以E为原点，EB,ED,EP分别 为x,y,之轴正方向建立空间 直角坐标系，如图 M 设PE=EB=2,BN=m, 则N(2,m,0),B(2,0,0), D(0,2,0),P(0,0,2),C(2,2,0), E B M1,0,1), EM=(1,0,1),EB=(2,0,0),EN=(2,m,0), 设平面EMN的法向量为p=(x,y,z), 由PEM=x+=0, 令x=m, (p·EN=2x+my=0 得p=(m,-2,一m), 平面BEN的一个法向量为n=(0,0,1), 故1eosp,m1=B沿 10+0-ml m+(-2)+(-m)2×0+0+元6， 解得m=1,故存在点N,N为BC的中点. 19.解：(1)因为f(x)=a.x4+x3-3(2a十1)x2-x十3， 所以f(x)=4ax3+3x2-6(2a+1)x-1, 令h(x)=4a.x3+3x2-6(2a+1)x-1, 所以h'(x)=12ax2+6x-6(2a+1)=6(2ax+2a+1) (x-1). (i)当a=0时，(x)=6(x-1),令(x)≥0，解得x≥1； 令h'(x)≤0，解得x≤1； 故f(x)在区间[1，十∞)上为凹函数，在区间(-∞，1] 上为凸函数； 当-<a<0时，◆W(x)≥0，解得1≤x≤-2， 2a 令h'(x)≤0，解得x≤1或x≥-2a+1, 2a 故f(x)在区间[1，-20+1]上为四函数，在区间 2a （-0,1][-2，+)上为马数 当a=-号时，W(x)=-3(x-1°≤0，故f)在区间 (一∞，十∞)上为凸函数； 44 创新示范卷 当a<-}时，令(x)≥0， 解得-2a十1≤≤1， 2a 令'(x)≤0，解得x≥1或x≤-2a十， 2a 故f(x)在区间[ 21,1上为四函数，在区间 2a (0,-2a]和[1，+四)上为5函数 2a 综上所述，当a<一 时，1x)在区间[-2法，]上 为四通数，在区同(0,2去]i,十四)上为凸 函数； 1 当a=-4时，f(x)在区间(-∞，十∞)上为凸函数； 当-}<a<0时，f(x)在区间[1，-2a]上为回函 2a 数，在区间(-0,1]和-20，+∞）上为凸函数； 2a 当a=0时，f(x)在区间[1，十∞)上为凹函数，在区间 (-∞，1]上为凸函数； (i)当a=0时，f(x)=x3-3x2-x+3,f(x)=3.x2 6x-1, 故在点(t,f(t)处的切线方程为y=(3t一6t-1)(x-t) +t-3t-t+3. 设P(u,w)(u>0)为f(x)的“3切点”， 则关于t的方程v=(3t2-6t-1)(u-t)十t3-3t2-t十 3有三个不同的解， 即关于t的方程v=-2t3+(3+3u)t2-6ut+3-u有 三个不同的解， 令F(t)=-2r+(3+3u)t2-6ut+3-u, 所以直线y=与曲线y=F(t)恰有三个不同的交点. F(t)=-6t2+6(1+)t-6u=-6(t-1)(t-u). 当u>1时，F(t),F(t)随t变化情况如下： t (-∞，1) 1 (1,u) u (u,+∞) F'(t) 0 0 F(t) 减函数 极小值 增函数 极大值u 减函数 4-4u 3w2-u+3 故4-4u<u<w3-3w2-u+3; 当u=1时，F(t)=一6(t-1)2≤0，F(t)单调递减，不 符合题意； 当0<u<1时，F(t),F'(t)随t变化情况如下： t(-∞，u) (u,1) (1,+∞) F'(t) 0 + 0 F() 减 极小值u3 增 极大值 减 32-w+3 4-4u 故u3-32-u十3<<4-4u; 综上所述，点P的集合为 {（xy）{4-4x<y<x3-3x2-x+3 (0<x<1 或{x-3x2-x+3<y<4-4红) (2),点Q的集合为 x,)1xs-4 -4<x<-2 {xe2<yo或 {xe<y<-+4 e -2<x<0 {告e 答案 参考答案 创新示范卷（十五） 选择题答案速查 题号12345678 910 11 答案CCAC D BAA BCD ABD BC 1.C[由2-1<，解得>0且≠1，故集合M=(zz x >0,且x≠1}，由0<2-1≤1，解得0<x≤1，所以N= {x0<x1},所以M∩N={x0<x<1}.] 2.C[由双曲线方程可知a2=k一4，b2=5一k,所以c2=k -4+5-k=1,c=1,2c=2.] 3.A[由函数f(x)=loga-1x是增函数，得3a-1>1,解 得a>子，故“a>1”是“函数f(x)=log-1x为增函数” 的充分不必要条件.」 4.C[图为S,=5(a十a)=5a,=15,所以4，=3， 2 又a+a,=2a,=6,所以ag·a,≤（色）=9， 2 当且仅当a2=a4=3时取等号， 所以a2·a4的最大值为9.] 5,D[如图所示，kae= m 因为票的取值范国[-5，] 3 所以直线OP的倾斜角的取值范 图是[][学x 由题意可知，直线y=-5,y=2为国C的两条 切线， 即直线√3x十y=0,x一√3y=0为圆C的两条切线， 由图可知，直线OC的斜率为负数， 设圈心C(a,b,则3a+hl=la-3b,b<0, 2 2 -a 整理可得(5a+b)2-(a-√3b)2=0, 即a2+2√3ab-b2=0, 可得（）°-268-1-0 、2 :<0,解得白=5-2， a a 因此，圆心C一定在直线y=(W3-2)x上， 即直线OC的斜率为√3-2.] 6.B(a+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C, 利用正弦定理可得：(a十b)(a一b)=(c-b)c, 即a2=b2十c2-bc, 所以由余孩定理可得：cosA=6十二a=}, 2bc 万A∈(0,0，所以A=子 因为a=2,所以4=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc, 即bc≤4，当且仅当b=c=2时取等号， 所以Sa=安灰inA≤合X4X号-尽， 即△ABC面积的最大值为√3.] 7.A[设△ABC的外接圆的半径为r,因为AB=BC= 2√2，AC=2√3， 由余孩定理得cOs∠ACB=AC+BC-AB=E 2AC·BC 2√2 所以sin∠ACB=5 2√2 45