16 重庆市缙云教育联盟高三上学期高考第零次诊断性质量检测-【景行之教育】2027年数学高考一轮复习先锋名校检测卷

x2一x1x2一x1 所以0<sin2 <2 sin sin专光 2 2 因为 -,所以 -1<0. 1-x2 x2-x1 x1-x2 2 2 易知xoe(0,r),所以sin>0, 故r(w0mr作2）ka (17分) 19.(1)【解】{a.}不是“X数列”.理由如下： 由题意，得S1=0,S2=1,S2=0,S4=2. (2分) 因为S1≤a1<S2,S3≤a1<S4, 所以满足Snm≤a,<Sn+1的m至少有2个，不符合题意， 所以{an}不是“X数列”. (4分) (2)【解】因为Sn=2*1, 所以当n=1时，a1=S1=4. 由2m+1≤4<2m+2,解得m=1. (6分) 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2". 由2m1≤2”<2m+2,解得n-2<m≤n-1, 因此m=n-1, (7分) 所以对每一个neN,有且仅有一个meN',使得Sm≤an< Sm+i 故{an}为“X数列”. (8分) 则b1=S2-a1=8-4=4, 当n≥2时，bn=Sn-an=2, 16重庆市缙云教育联盟高三上 一、1.D【解析】由i=i,2=-1,i=-i,i=1,=i,且2025÷ 4=506…1,得225=i=i,所以z=2025-i,则其在复平面 内对应的点为(2025，-1)，该点在第四象限故选D. 2.C【解析】当l1亿2时，(a-2)a-4×2=0且(a-2)×(-1)- 4×1≠0，解得a=4.当a=4时，两条直线分别为l1:2x+2y+1= 0,l2:4x+4y-1=0,此时l1亿2.故a=4是l1亿2的充要条件.故 选C. 3.A【解析】设检验为阳性为事件A,未患病为事件B,则这 种检验方法在该地区的误诊率为P(B1A)=PCAB) P(A) P(B)P(AIB) 0.9996×0.001 P(B)P(AIB)+P(B)P(41B)0.9996x0.001+0.0004x0.99 0.716.故选A. 4.D【解析】由题意，知F(-2,0),F,(2,0).由双曲线的对 称性，不妨设直线的方程为y= 名（x-2）,即x-四y-2b=0.设 △PF1F2的内切圆O'与△PF,F2 的三边分别相切于点A(,0), B,C,如图，则IPF,I-IPF21= IPCI+ICF I-(IPBI+IBF2 1)= 1AFI-lAF21=xo+2-(2-x）=2x。=2a,所以x0=a.又A0'⊥x 轴，圆0的半径为？，则0(。，名)，所以点0到直线1的 b ）-2 3a6b-26 距离为 √2+b 2 3,解得a=1或a= 2(舍去).所以双曲线的离心率e=- =2.故选D. D57卷 参考答案及深度解析 所以“余项数列”的通项公式为b,=n≥2 (10分) (3)【证明】因为{an}为正项数列，所以{Sn}单调递增. S1≤a1<a1ta2=S2,所以b1=S2-a1=a2 （11分) 因为a2<S2,且{an}为“X数列”， 所以必有a1=S1=1≤a2<S2, 因此b2=S2-a2=a1=1. 因为“余项数列”{b}为等差数列， 所以其公差d=b2-b1=a1-a2≤0. 由Sn≤an<Sm1知bn=Smt1-an>0, (13分) 若dk0,则当心1-时，6.=a,+(n-1)dk0,与6，>0矛盾， d 不符合题意： 若d=0,则a1=a2=1,bn=a1=1. 所以bn=Sm1-an=a1,即Sn1-an-a1=0. (14分) 对于n≥3，若m+1≥n,则a2≤Sm1-an-a1=0,与正项数列 {an}矛盾，所以m+1≤n-1. 因为{Sn}单调递增， 所以Sn-Sn1ta1=an+a1=Sm+1≤Sn-1y 所以S。-a1≤2(Sn-1-a1)， S2-a1_a2_a1 所S1≤≤…≤444， 2 2-1 所以Sn≤(1+2-2)a(n≥3)，且a1=1. (16分) 因为S1=a1=1≤(1+21)a1,S2=2a1=2≤(1+2°)a1, 所以Sn≤1+2-2，n∈N*. (17分) 学期高考第零次诊断性质量检测 5.B【解析】由D正：DD正.D成 IDAI IDBI 可得IDEI1cos∠EDA=IDEIcos∠EDB. E 即cos∠EDA=cos∠EDB,所以点E AL M B 在∠BDA的平分线上.设线段AB 的中点为M,连接DM,如图.由于DA=DB,则DM为∠BDA 的平分线，所以点E在线段DM上.不妨设D2=ADM,A∈[0， 小.易知成=成+=成动，所以店-励+成-动+ AD成-+(a2动)--)dd+Ad成，则+y=A+1- 分=1分因为Ae[0.1,所以+y=1+分e1,引放 选B. 6.B【解析】如图，过点P向底面 作垂线，垂足为0，分别过0向 △ABC的三边作垂线，垂足分别为 D,E,F,连接PD,PE,PF.因为PO⊥ 平面ABC,ABC平面ABC,所以PO⊥ AB.又OD⊥AB,P0∩OD=O,P0, ODC平面POD,所以AB⊥平面 POD.又PDC平面POD,所以AB⊥ B PD,所以∠PDO为二面角P-AB-C的平面角.同理可得 ∠PEO为二面角P-BC-A的平面角，∠PFO为二面角P-AC- B的平面角.因为每个侧面与底面形成的二面角的大小相 等，所以△PD0≌△PE0≌△PFO,所以OD=OE=OF,PD= PE=PF,所以O为△ABC的内心.因为三棱锥P-ABC的三个 侧面的面积分别为5,5,6，所以可令AB:BC:AC=5:5:6. 设△ABC的三边长依次为5m,5m,6m,则AC边上的高为4m. 16·数学 高考一轮复习检测卷·数学 因为三棱锥P-AC底面的面积为8，所以2×6mX4m=8,解 得m= 6设AABC的内切圆的半径为r,则x16mx=8,厨 以，日-9因为想面AC的面积为6，所以子C·PF=6, m 即时x6xxP理=6，所以F=6,所以P0=VP子 3.所以版×8x3-42放迹R 、2 7.B【解析】根据余弦的和差公式，可得f(x)=-2sin2 血子令e)=0,则血受血音=0，血受=0孩血专 0受m或受6,4e乙则或=2ka,eZ 2π4T xe(0,m),1=5,k=5,c0sx0os2=00s5 2π2m4T 4π4T 8T sin sin sin 5 cos5 sin 5 cos 4= 5 2T 2TT 2sin 5 2T 4sin 5 T -sin 5 -1 2m4放选B. 4sin 8.D【解析】令g(x)=fx)-mx= yt 0,即f代x)=mx.由题意得，函数 y=f(x) f(x)和y=mx的图象有两个交点. -mx nxl,>0,的图 画出函数fx)={-e,≤0 象，如图.当m≤0时，显然函数 f(x)和y=mx的图象没有交点，不符合题意，则m>0.当x≤0 时，函数f(x)和y=mx的图象有一个交点，则当x>0时， f(x)=Ilnx和y=mx的图象只有一个交点.设直线y=x(k> 0)与曲线f代x)=Ilnx1(x>1)相切于点(x0,nxo),xo>1.由 1 (x)=】,得f'()三三k,即o=又n。=o,所配 血名-k·名=1，解得长=。，因此，要使当0时爪) 1 e 山1和y=m的图象只有-个交点，则m>。即m的取值 范阳为仁+女小放选D 二、9.BD【解析】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相 交，椭圆的长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合 体，得圆锥的轴截面及球01，球02的截 面大圆，如图.设点A,B分别为圆01,02 与圆锥的轴截面等腰三角形一腰相切的 切点，线段MN是椭圆的长轴，则椭圆C 的中心（即线段MW的中点）不在直线 0102上，故A错误 椭圆的长轴长2a=IMN1=IMFI+ IFNI=IMFI+IMEI=IMBI+IMAI= 1AB1.连接01A,02B,0F1,0F2,过02作02D⊥01A于点D, 显然四边形AB02D为矩形.又102B1=1,10A1=3,10,021= 42,所以2a=1AB1=102D1=√J101022-|01D2= √(42)2-2=27.过02作02C⊥0，E,交01E的延长线 D58卷 于点C.显然四边形CEF02为矩形，椭圆的焦距2c=1EF1= 102C1=√0,0212-10，C17=√(42)2-42=4，故B正确. 直线0,02与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为 10C14-V2 6∠C0,00.0,422,所以直线0,0与椭圆C 所在平面所成的角为年，故C错误 椭圆的离心率e= 名识做D正确洁即 10Ac0【解析】因为产--子2g= 4 .(2g),所以=(2)，四(2）=2 3 a22当仅当-即 x 2y 9 =时，等号成立，放A正确 对于B,由()=2，可得2=()≥ -智，当且仅当=2，即=？y8时，等号 成立.令1=V2四，0，则≥号，解得0<≤}则2≤ ,所以y一留当且仅当=-？时，等号成立，放B 错误。 对于c,曲于°=v2四≤空令A=+2>0,则 (付》”≤分解得0≤号，即+2≤号，当且仪当=2= 时，等号政立，故C正确 对干D,〔学到-2西.可得(+=9v2西，所以 x2+4y2=(x+2y)2-4xy=9V2xy-4xy.令t=√2xy,由B的分 析知0≤号.则曲+4=g-2可知当：=号时，(2+ 4一放当x=2-号时+4有最大值放D正 确.选ACD. 11.BCD【解析】由题意得，圆C的圆心为C(1,1),半径为 2,所以圆心C到直线1的距离d=1+1-61-2,2>2,所以直 √2 线l与圆C相离，故A错误 当IPQ最小时，ICPI最小，此时CP⊥L,所以1CPI的最小值 为22，所以1PQ的最小值为1CP1的最小值减去圆C的半 径，即2√2-2，故B正确 当∠APB=号时，API=IACI=2,∠CMP=受，则1PC1 2反，此时CP1L,所以存在点P,使得∠APB=牙，放C 正确。 由题意可知A,C,B,P四点共圆，且CP为此圆的直径.设 P(xo,6-x),则以线段PC为直径的圆的方程为(x-1)(x x0)+(y-1)(y-6+x)=0,即x2+y2-(xo+1)x+(x0-7)y+6= 0.与圆C的方程x2+y2-2x-2y-2=0相减得(1-x)x+(x0 5)y+8=0,则直线AB的方程为(1-xo)x+(x。-5)y+8=0,即 16·数学 (-y+8)-x(==0由”080，可得=22，所 以直线AB过定点(2,2)，故D正确.选BCD. 三12.-25【解析】含y的项为T=1×Cgy-2× Cx3y2=-25x4y2,则展开式中x4yY2的系数为-25. 13.5【解析】因为5min后甲桶和乙桶中的水量相等，所以 西数y)=ae满起5)=ae=了则=宁分令 R-子，则e·子，所以写h}=h,即 h子=2加子，解得=10，散m=10-5=5 14.2 ,号【解析】由题意知f(x)=(sin x+cos x))2-3· cs2ax=2sin(2ox）+1.不纺设()+(x+p)=k,其 中k≠0，则2asnm2ax）+2bsm(2a+2ae写）ta+b=k 即2(a+bcs2p）·sn(2r写）+2bein2oe· co写）a+b-k=0,考虑到对任意的xeR,上式始终 (a+bcos 20=0, 成立，则bsin2wp=0,若b=0,则a=0,k=0,与k≠0矛 a+b-k=0. 盾，因此b≠0，则sin2wp=0,因此cos2wp=±1.又a+b=k≠ 0,所以cos20p=-1,因此a-b=0,即a=b,因此a=1 a+b 2 an-8,n为奇数， 四15.(1)【证明】：a1{3a,n为偶数， 当n≥2，neN'时，a21-12=a2a-1)*1-12=3a2m-2-12= 3a(2m-3)*1-12=3(a2-3-8)-12=3(a2n-3-12), 则m1~12 0,123 (4分) 当n=1时，a1-12=13-12=1, (5分) .数列{a21-12}是首项为1，公比为3的等比数列.(6分) (2)【解】由(1)知a2-1-12=31,a2-1=3-1+12.(7分) a.-8,n为奇数可得，=3+4，≥2，neN, 由a1-{3a,n为偶数， (10分) .S2n+1=a1+a2+a3++a2n+a2nt1=(a1+a3+…+a2nl）+(a2+ a4+…+a2m)=[(3°+12)+(3+12)+…+(3+12)]+[(3°+ 4)+(3+4)+…+(3-1+4)]=[3°+3+…+3+12(n+1)]+(3°+ 1-3+1,1-3 3++3l+4n)=1-3+1-3+16n+12=2x3+16m+1. (13分) 16.【解】(1)如图(1)，作出△APQ在底面ABCD上的投影. 设正方体的棱长为2. D 点P,Q是所在棱上的中点， 六S我影=2x2-1义 21×2 2×1x1- 2×1x2= 1 3 2 (3分)》 易得PQ=√I+12=√2， AQ=W22+22+12=3, 图(1) AP=√22+12+22=3， D59卷 参考答案及深度解析 .在△APQ中，PQ边上的高为 32/ 34 2 2 saw=×久x4贝 2 2 (5分) 设平面APQ与平面ABCD的夹角为0， 3 则cos0= S投影。23√17 SAAPQ√17 17 2 即平面APO与平面ABCD夹角 D 的条荣植为9 (8分) (2)如图(2)，设PQ所在直线 与AB1所在直线交于点F,与 A1D,所在直线交于点R,连接 AF,交BB,于点G,连接AR,交 DD1于点S,连接PG,SQ, 则五边形ASQPG是平面APQ 图(2) 截正方体所得的截面.（15分) 17.【解】(1)(1)由于Y的可能取值为0,10,20,30，则 Pr=0叭兮对4P10=*4 11.11 1.21 3 P(Y=20)=4×号6PY-30)=子 (2分) 所以Y的分布列为 0 10 20 S 1 1 1 24 24 6 4 1 所以E0=0xA10x24+20x+30x310时 44 (5分) (ⅱ)由于第一次闯关从三人中随机抽取，则每个人被抽取 到的概率春是} 若Y=30,则被抽取到的人必须闯关成功， 所以该队比案结束后所获积分Y=30的戴*为×子× 21y1_23 3+3×2-36 (8分) (2)若参赛顺序为“乙、甲、丙”，则积分Y,的可能取值为0， 10,20,30, 所以P(Y,=0)=(1-P2)(1-P)(1-P3),P(Y1=10)=(1- P2)(1-p1)P3,P(Y1=20)=(1-p2)p1,P(Y1=30)=P2, 所以E(Y1)=10(1-P2)(1-p1)p3+20(1-P2)p1+30p2=10(1- P2)(1-P1)P3+20p1-20p1P2+30p2=20p1+30p2+10p3-20p1P2- 10p1P3-10p2P3+10p1P2P3 (10分) 若参赛顺序为“丙、甲、乙”，则积分Y2的可能取值为0,10， 20,30, 所以P(Y2=0)=(1-P3)(1-p1)(1-p2),P(Y2=10)=(1- P3)(1-p1)P2,P(Y2=20)=(1-P3)P1,P(Y2=30)=P3, 所以E(Y2)=10(1-P3)(1-p1)P2+20(1-P3)p1+30p3=10(1- P3)(1-p1)p2+20p1-20p1P3+30p3=20p1+10p2+30p3-10p1P2- 20p1P3-10p2P3+10p1P2P3: (12分) 所以E(Y1)-E(Y2)=20p2-20p3-10p1P2+10pP3=（20 10p1)(P2-P3). 因为0<p1p2<p3<1,所以20-10p1>0,P2p3<0, 所以E(Y1)-E(Y)<0,则E(Y1)<E(Y2). (14分) 所以要使该队比赛结束后所获积分Y的期望最大，应最先 16·数学 高考一轮复习检测卷·数学 派出丙，最后派出乙 (15分) 18.【解】(1)若a=1,则f(x)=x2-2x+lnx, 所以'()=2-2+，所以1)=-1(1)=1， (3分) 故切线方程为y+1=x-1,即y=x-2. (5分) (2)不妨设0<x1<x2,则x2f八x1)-x1f八x2)<0, 两边同时除以，得)，) (8分) 所以G()=)=x-2+血在(0，+0)上单调递增， 所以G()=1+a(1-n≥0 (10分) x2 ①若a=0,则G'(x)>0恒成立，符合题意. (11分) ②若>0，则上≥n-1恒成立. x2 令)-h则r=产 令F'()>0,得0e,令P()<0,得e 所以F(x)在(0，e2)上单调递增，在（心，+0）上单调递减， 所以≥e-六所以ae@,2 (14分) ③若a<0,则同理得1≤血-1恒成立 x2 由②可知，当x→0*时，F(x)→-0， 所以不存在满足条件的a. (16分) 综上可得，a∈[0,2e3]. (17分) 19.(1)【解】由题意，得A+B=2,3,4,5,6,7,9,11.(1分) 因为A+B=A+C, 所以1+x,3+x,5+x∈A+B,且x≠1,2,6， 所以1+x=5,3+x=7,5+x=9,故x=4, (2分) 所以C={1,2,4,6},则G(C)={1,2}, 所以1G(C)1=2. (3分) (2)(1)【证明】先证充分性. 因为1G(A,B)I=1, 所以G(A)=G(B)且IG(A)1=IG(B)I=1. 从而可以设A={a,a+d,a+2d},B={b,b+d,b+2d},其中 d>0, 此时A+B中的元素为a+b+id(i=0,1,2,3,4),故1A+B1=5. (6分) 再证必要性， 17江西省“三新”协同教瓦 一、1.D【解析】由题意，得S={x-1≤x≤3}，T={0,1,2 5},所以SnT={0,1,2}.故选D. 2.B【解析】将3+i代入方程x2-ax+b=0,得8-3a+b+(6- o1=0,所以8-306=0，解得4=6,6=10，所以a+b=1]6故 (6-a=0, 选B. 3.C【解析】设f代x)=kx+b,则f(x+y+fx)=f(x+y+kx+b)= k(x+y+kx+b)+b=(k2+k)x+ky+kb+b.f(x+y+f(x))=6x+ k2+k=6, 2y+3,所以(2+k)x+y+b+b=6x+2y+3,则k=2,解得 (b+b=3, (k=2,所以代x)=2x+1.故选C b=1, D60卷 设A={a1,a2,a3},B={b1,b2,b3},其中a1<a2<a3,b1< b2<b3 注意到和集A+B中的最小元素为a,+b,,最大元素为a3+b3· 因为1A+B1=5, 所以中间三个元素可以是a1+b2<a1+b3<a2+b3,也可以是 a2+b1<a2+b2<a3+b2,它们是对应相等的. 所以有a1+b2=a2+b1,a1+b3=a2+b2,a2+b3=a3+b2, 即a2-a1=a3-a2=b2-b1=b3-b2: 故1G(A,B)1=1得证. (9分) (i)【解】①若1G(A,B)1=1,由第(1)小问的分析知，可 以设A={a,a+d,…,a+(m-1)d},B={b,b+d,…,b+(m-1). d},其中d>0,此时A+B中的元素为a+b+id(i=0,1,…,2m 2),|A+B1=2m-1,这与条件|A+B1=2m矛盾.(11分) ②取A={a,a+d,…,a+(m-1)d},B={b,b+2d,b+3d,…,b+ md!,其中d>0,容易验证此时A+B中的元素为a+b+id(i= 0,1,…,2m-1),符合条件1A+B1=2m,所以1G(A,B)1可以 取2. (13分) 注：构造方式不唯一，集合B中的元素满足有一个b1-bg= 2d,其余均为d即可. ③若1G(A,B)1≥3，设A={a1,a2,…,anm,B={b1,b2,…, bn},其中a1<a2<<am,b1<b2<…<bm 结合1G(A)I=1及IG(A,B)1≥3知至少存在两个不同的正 整数k(1≤k≤m-1),使得b1-bk≠a2-a1. 不妨设i是符合这一条件的最小的正整数，是符合这一条 件的最大的正整数 注意到a1+b1<a2+b1<…<am-1+b1<…<am-1+b:<am-1+ b1<<am-1+bn<am+bn（*),这是A+B中的(2m-1)个不 同的元素. 根据i的定义有b+1-b:≠am-1-am-2,即am-2+b+1≠am-1+b: 当i≥2时，由i的最小性知b:-b-1=an-1-am-2,即am-1+b-1 anm-2+b:,此时我们有am-1+b-1=am-2tb:<am-2tb1<am-1+b+1 当i=1时，也有am-2+b:<am-2tb:+1<am-1+b:r 因此am-2+b1是A+B中的元素，但与(*)式中的(2m-1) 个元素均不相等 同理，根据j的定义有am+b,是A+B中的元素，但与(*)式 中的(2m-1)个元素均不相等.因为i<j,所以am2+b+1≠ am+b:. 此时1A+B|≥2m+1,矛盾. (16分) 注：(2m-1)个元素也可以按照其他从小到大的顺序排列， 然后找出不同于这(2m-1)个元素的其他元素. 综上，得IG(A,B)1的取值只能为2. (17分) 开共同体高三联考模拟预测 4.D【解析】由sin atan=cosa-5sina,得sina.sin&- cos a cos-5sin.整理，得cos2a-sin2a=5 sin acos a,所以cos2a= 2sin2a,所以an2a=号，所以es4a=cos22a-sin2a= 2 cos22a-sin22a 1-tan22a cos22q+sin22a 1+tan22a 2)2 21.故选D 291 1+5) 5.C【解析】如图，连接FN,FE,则 MN∥CD,EF∥CD,且MN=EF= 号D,所以因边形MB为平行 四边形.取CD的中点G,连接BG, 17·数学16重庆市缙云教育联盟高三上学期 高芳第零次诊断性质量检测 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小 A.[1,2] 题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.复数z=2025-225在复平面内对应的点所在的象限为 c[引 D.[0,1] ( ) 6.已知三棱锥P-ABC的三个侧面的面积分别为5,5,6，底 A.第一象限 B.第二象限 面积为8，且每个侧面与底面形成的二面角的大小相 C.第三象限 D.第四象限 等，则三棱锥P-ABC的体积为 2.“a=4”是“直线L1:(a-2)x+2y+1=0与直线l2:4x+ay A.4 B.42 1=0平行”的 C.6 D.43 A.充分不必要条件 7.已知函数f(x)=cos3x-cos2x,x∈(0，T),若f(x)有两 B.必要不充分条件 个零点x1,x2(x1<x2),则c0sx1c0sx2的值为( C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 A. 3.现有一种检验方法，对患X疾病的人化验结果99%呈阳 1 性，对未患X疾病的人化验结果99.9%呈阴性.我们称 C.2 D.2 检验为阳性的人中未患病比例为误诊率.已知一地区 (In x,x>0, 8.已知函数f(x)= 且g(x)=f(x)-mx有两个 X疾病的患病率为0.0004，则这种检验方法在该地区 -e,x≤0， 的误诊率为 不同的零点，则m的取值范围为 A.0.716 B.0.618 C.0.112 D.0.067 B.() 4已知双曲线长 。存=1(a>0,b6>0)的左、右焦点分别为 C.(e,+o) D.(,） F1,F2且IF,F2I=4,直线1过F2且与该双曲线的一条 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小 渐近线平行，l与双曲线的交点为P,若△PF,F,的内切 题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 圆半径恰为？，则此双曲线的离心率为 9.如图是数学家Germinal Dandelin用来 A.3 B.22 证明一个平面截圆锥侧面得到的截口 C.√5 D.2 曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双 5.在平行四边形ABCD中，DA=DB,E是平行四边形ABCD 球”).在圆锥内放两个大小不同的小 球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面 内（包括边界）一点，且 DE.DA DE.DB ,若C2=xCB+ IDAI IDBI 相切，截面分别与球O1,球0，切于点E,F(E,F是截口 yC⑦，则x+y的取值范围为 椭圆C的焦点).设图中球0，球02的半径分别为3,1， 球心距10,021=42，则 ()四、解答题：本题共5小题，共77分解答应写出文字说 A.椭圆C的中心在直线0,02上 明、证明过程或演算步骤。 B.IEFI=4 15.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=13, C.直线0,0，与椭圆c所在平面所成的角为写 (an-8,n为奇数， an+1三 (3an,n为偶数. D.椭圆C的离心率为2,7 (1)证明：数列{a2m-1-12}为等比数列. 7 (2)求数列{an}的前2n+1项和S2+1 10.设x,y为正数，且10g。3 x+2y.lg.x+log.2y(a>0且a≠ 4 1),则 () 2y+x的最小值是2 A x 2y B.y的最大值是8别 -16 C.x+2y的最大值是9 Γ2 D.2+42的最大值是 11.已知动点P在直线1：x+y-6=0上，动点Q在圆C:x2+ y2-2x-2y-2=0上，过点P作圆C的两条切线，切点分 别为A,B,则下列描述正确的有 () A.直线1与圆C相交 B.IPQ1的最小值为2√2-2 C.存在点P,使得∠APB= 2 D.直线AB过定点(2,2) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12到（的展并式中空的系数为 13.将甲桶中的aL水缓慢注入空桶乙中，tmin后甲桶中 剩余的水量符合指数衰减曲线y=ae“.假设过5min 后甲桶和乙桶中的水量相等，若再过mmin后甲桶中 的水只有经L,则m的值为 14.已知函数f(x)=（sin wx+coS wx)2-√3cos2wx,若存在 实数a,b,p,使得对任意的x∈R,af(x)+bf(x+p)始终 是某个确定的非零常数，则0= a+b 数学”答案D57卷16 16.(15分)如图，在正方体ABCD-A,B,C,D1中，P,Q是所17.(15分)育才中学为了普及法治理论知识，举办了一次 在棱上的中点。 法治理论知识闯关比赛.比赛规定：三人组队参赛，按 (1)求平面APQ与平面ABCD夹角的余弦值 顺序依次闯关，无论成败，每位队员只闯关一次.若某 (2)补全截面APQ. 位队员闯关失败，则由该队下一位队员继续闯关，若该 队员闯关成功，则视作该队获胜，余下的队员无需继续 闯关；若三位队员闯关均不成功，则视为该队比赛失 败.比赛结束后，根据积分获取排名，每支获胜的队伍 积分Y与派出的闯关人数X的关系如下：Y=40-10X (X=1,2,3),比赛失败的队伍则积分为0.现有甲、乙、 丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为P1, P2,P3,且每人能否闯关成功互不影响. 321 (1)已知p1=4P=3P,=2 ()若按甲、乙、丙的顺序依次参赛，求该队比赛结束 后所获积分Y的期望， (ⅱ)若第一次闯关从三人中随机抽取，求该队比赛结 束后所获积分Y=30的概率。 (2)若甲只能安排在第二位次参赛，且0<p1<P2<P3<1, 要使该队比赛结束后所获积分Y的期望最大，试确定 乙、丙的参赛顺序，并说明理由， 景行 卷16答案D57Q数学 18.(17分)已知函数f(x)=x2-2x+alnx(a∈R) 19.(17分)集合是数学中的基本概念和重要内容.对于实 (1)若a=1,求函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的 数集中的两个非空有限子集A和B,定义和集A+B= 切线 {a+bla∈A,b∈B}.记符号IA|表示集合A中的元素个 (2)若对任意的x1,x2∈(0，+∞)，x1≠x2,有(x1-x2)· 数.当1A|≥2时，设a1,a2,·,a11是集合A中按从小 [(x）f八，)>0恒成立，求实数a的取值范围. 到大排列的所有元素，记集合G(A)={a+1-akIk=1, x1 %2 2,…,1A1-1}. (1)已知集合A={1,3,5},B={1,2,6},C={1,2,6, x,若A+B=A+C,求IG(C)I的值 (2)已知IA1=IB1=m(m≥3，m∈N*),记集合G(A, B)={xx∈G(A)或x∈G(B)}. (i)当m=3时，证明IA+B|=5的充要条件是|G(A, B)|=1. (i)若1G(A)1=1,IA+B1=2m,求1G(A,B)1的所有 可能取值. 之教育