18 安徽省皖南八校高三上学期第二次大联考-【景行之教育】2027年数学高考一轮复习先锋名校检测卷

高考一轮复习检测卷·数学 18安徽省皖南八校高 一、1.A【解析】由(2-i)z=3-i,得z= 3-i(3-i)(2+i) -i(2-i)(2+i) 6+3i-2i+1_7,1. 5 =了+宁，所以：的虚部为了故选A 2.B【解析】由题意得A={xl-2<x<10{,B=x13<x≤13}， 则RB={xlx≤3或x>13},所以(CRB)∩A={xl-2<x≤3}. 故选B. 3.A【解析】由题意，知原数据的平均数x=4,方差2=2，则 x1+x2+x3+x4=16,(x1-x)2+(x2-x)2+(x3-x)2+(x4-x)2=8. 加人3,45后，新数据的平均数=，++3+445 =4=x, 7 所以新数据的方差s子= (x1x)2+(x2-x)2+(x3x)2+(x4-x)2+(3-4)2+(4-4)2+(5-4)2 7 8+中9故选A 7 4.C【解析】因为八边形ABCDEFGH为正八边形，所以 ∠A0C=90°，∠0AC=45°.因为0A=2,所以AC=22,所以 A正.(AB+G)=A正.(AB+BC)=A正.A元=2Aò.A元= 210.d.ow∠04C=2x2x2×号=8放选C 5.B【解析】因为点A(4,4)在抛物线上，所以42=2p·4,解 得p=2,所以抛物线的方程为x2=4y.设P(xo,yo),则x号= 4y0,所以1PB12=x号+(y。-3)2=x后+y-6y+9=y-2y0+9= (y。-1)2+8≥8，当且仅当yo=1时，等号成立，所以1PB1的最 小值为22.故选B. 6.C【解析】设点0为线段AC的中点，则0A=0C=24C f-25,则A.元：（òi·(网+0c P+Pd.(0i+0C+0i.0C=P+0-(23)2=P-12. 因为Pi·PC=-6,所以P⑦=6，则P0=√6<0A.又点P在正 方体的表面上运动，所以点P在每个表面的轨迹为半径r= √1P012-22=√2的圆，所以轨迹曲线的长度总和为6×2×π× √2=12√2π.故选C. 7.D【解析】由题意得(cos2x-sinx+2)cos wx=0,即(2sin2x+ sinx-3)COs=0,所以(2sinx+3)(sinx-1)cosx=0,解得 sinx=1或cos=0,即x= 2+2%m,ke乙或x=T+2%,π 20 :∈Z,则在[0,2m]上方程一定有-个解是受因为方程在 [0,2π]上有且仅有3个解，所以有以下两种情况：①Cos wx= 0在[0,2]上有且仅有2个异于号的解，即弧≤2<弧且 2 2w 元号餐得w[小u,）:②asor=0 在[0,2]止有且仅有3个餐，且其中有-个是号，即8≤ 品此时w无解上所 2< 述，we[?,u(,)故选D 8.D【解析】对于A,由f(x+y)fx-y)=[f(x)]2-[f(y)]2, D64卷 三上学期第二次大联考 令x=y=0,得[f0)]2=[f0)]2-[f0)]2,则f0)=0;令x= 0,得fy)f-y)=[f0)]2-[fy)]2,则f(y)[f-y)+fy)]= 0.由题意可知f代y)不恒为0，则f(-y)+f(y)=0,即(-y)= f代y）,故f(x)是奇函数，A错误 对于B,设x2>x1>0,则x2-x1>0,x1+x2>0,所以f(x2)>0, (x1)>0,fx2-x)>0,f(x1+x2)>0,所以[f(x2)]2- [fx1)]2=[f(x2)+fx,)]·[f(x2)-fx1)]=f(x2+x1)fx2 x1)>0,所以fx2)>f(x1),则f(x)在(0，+0)上单调递增.又 f(0)=0,f(x)是奇函数，所以f(x)是定义在R上的增函数， 所以f(x)不是周期函数，B错误. 对于C,当-1<x<0时，2<2-x<3,1<x+2<2,所以2-x>x+2,所 以f(2-x)>f(x+2),C错误. 对于D,当0<x<1时，x2+1-2x=(x-1)2>0,则x2+1>2x,所以 f(x2+1)>f2x),D正确.故选D. 二9.ABD【解析】由题意知D(X)=,故A正确 由题意知E(X)=2,则E(Y)=E(3X+1)=3E(X)+1=7,故B 正确. D(Y)=D(2X+1)=4D(X)=1,故C错误 由正态分布密度由俊的对称性知P叫？c≤2)小-受P(2≤ K3)=受所以P3x3)-空”，放D正确选ABD 10.ABD【解析】对于A,由题意可得圆锥的底面半径r=1, 母线长1=2，则圆锥的表面积S= πr(r+)=3π，故A正确. 对于B,如图，圆锥的轴截面为 △SAB,圆锥的外接球和内切球的半 径分别是△SAB的外接圆和内切圆 的半径，则外接球的半径为2 3,内切 球的半径为停，所以圆能0的外接球与内切球的半径比为 2:1,故B正确 对于C,若BC⊥平面SMC,则BC⊥SA.由题意知S0⊥平面 ABC,则S0⊥BC.又SA∩S0=S,SA,S0C平面SAB,所以 BC⊥平面SAB.又ABC平面SAB,所以BC⊥AB,不成立，故 C错误 对于D,如图，取AC的中点E,连接0E,SE,则SE⊥AC, OE⊥AC,所以二面角S-AC-B的平面角为∠SEO.因为 SO⊥平面OAE,OEC平面AOE,所以SO⊥OE.在Rt△ABC 中，∠CB=石，∠Ac8=受则0B=c=B=7,所以 tanLSEO=S0_3 =2√3，即二面角S-AC-B的正切值为 0E1 2 2√3，故D正确.选ABD, 11.AC【解析】曲线C1:y=√-x2+2x可变形为(x±1)2+ y2=1(y≥0)，则曲线的上半部分是以（±1,0）为圆心，1为 半径的2个半题曲线C:学+后=1(y≤0)的袋点为 F(0,-1),则c=1.易知点(2,0)在曲线C,上，所以0+存 4 1,解得6=4，则G=6心=5，所以曲线G的方程为写 18·数学 x 4=1(y≤0)，故A正确 易得精两号行-1的上施点为R(0,1),所以+(-1 可以看成点P到点F,的距离的平方，即PF,2.当点P位 于曲线C2的下顶点时，IPF,2最大，所以IPF12≤ (√5+1)=6+2W5,故B错误 当直线y=x+m与第一象限中的半圆相切时，有1+m=1, 解得m=√2-1（负值已舍去）.由题图可得m的取值范围为 (0,V2-1),故C正确. 设L:y=x-1,M(xM,yw),N(xw,yw).联立得方程组 (y=kx-1, 写+-1≤0).消去y并整理，得(5+4)r-8-16 0,则y+,5y56由直线1与曲线G有质 个公芙点，可知号 g0=467则1w1 √1+h2·√(xw+xw)2-4xww= 5(+),点0到直线1 5+4k2 的距离d=,所以Saw=21MW1×d=2× 1 √2+1 85(k2+1) 4√/5(k2+1 5+4k2 5+42 .设t=√+1e +1 ,5 1,2 会 易得函数y=4+上在 4t+- t [,号]上举调适，则+片）5，所以5m的最大 值为5放D箭误.选AC 三，12号 【解析】由tan&+tanB-2,2 tan ctan B=-2W2,得 tan a+tan B 1-tan atan B im(a+p)=-2万.因为0<a<牙，0<牙，所 以0<a+B<,所以号<a+B<m,所以a(a+B)<0由 (sin(e+)-22, cos(a+B) 解得cos(α+B)=3 (sin2(a+B)+cos2(a+3)=1, 13.[分2】【解析】易得函数)是定义在R上的偏函数 由题意得f'(x)=e-e*,其在R上单调递增，且f'(0)=0, 所以函数f(x)在区间(-∞，0)上单调递减，在[0，+∞)上单 调递增.因为log1x=-log2x,所以由f(lg2x)+f(1g1x)≤ 2e+),得fg)t-lga*=2r(g)≤2f(1),即 log2x)≤f1).又因为f(x)为偶函数且在[0，+o)上单调 递增，所以1lgx1≤1，解得？≤x≤2，故不等式的解集 为[份2可 14.54【解析】由la,-a2l+la2-al+la3-a,|=6,得2[maxa1,a2, a3-mina,az,a]=6,maxa,az,a3-mina,az, a3}=3.我们不妨设mina1,a2,a3}=x,则maxa1,a2,a3}= x+3,还有一个数为x+d,显然xe{1,2,3},d∈{0,1,2,3}. D65卷 参考答案及深度解析 当d=0时，三个数为，+3，分别对应a,a,4,则有店 3(种)情况；当d=1时，三个数为x,x+1,x+3,分别对应a1, a2,a3,则有A号=6（种）情况；当d=2时，三个数为x,x+2,x+ 3,分别对应a1,a2,a3,则有A号=6（种）情况；当d=3时，三 个数为x,x+3,+3,分别对应41,2，凸，则有3（种）症 况.所以一共有3×(3+6+6+3)=54（种）情况. 四、15.(1)【证明】【方法一】由三棱柱ABC-A1B,C1及 ∠ACB=90可知∠A1C1B1=90°，则A1C1⊥B,C1· 又侧面ACC,A1为正方形，所以A1C1⊥CC1 (2分) 因为CC1∩B,C1=C1,且CC1,B,C,C平面BCC,B1, 所以A,C1⊥平面BCC,B1· (3分) 又B,CC平面BCC,B1,所以A1C1⊥B,C (4分) 在正方形BCC1B1中，BC1⊥B,C. (5分) 因为A1C,∩BC1=C1,且A1C1,BC1C平面A,C1B, 所以B1C⊥平面A1C,B. (6分) 【方法二】由题意易得AC,CB, B CC,两两垂直. 以C为坐标原点，AC,CB,CC A 所在直线分别为x轴、y轴、 z轴建立如图的空间直角坐标 (1分) C 设AC=2,则C(0,0,0),B(0, A之 2,0),B1(0,2,2),A1(2,0,2), C(0,0,2),所以B1C=(0, -2,-2),A1C1=(-2,0,0),BC1=(0,-2,2). (3分) 所以B,元.A1C=0,B,亡.BC=0, 所以B,C⊥AC,B,C⊥BC, 即B1C⊥A,C1,B,C⊥BC1 (5分) 又因为A1C1∩BC1=C1,且A,C1,BC,C平面A1C,B, 所以B1C⊥平面A,C,B. (6分) (2)【解】同(1)中方法二建立空间直角坐标系， 设AC=2,则C(0,0,0),A(2,0,2),B(0,2,0),D(1,1,0), 0(0,1,1), 所以A10=(-2,1,-1),D0=(-1,0,1),B元=(0，-2,0) (8分) 设平面A,D0的法向量为n=(x,y,z), n·A10=0 则 即2x+yr-=0, (n·D0=0. (-x+z=0. 令x=1,则y=3,z=1,所以n=(1,3,1). (10分) 设直线BC与平面A,D0所成的角为0， 则sin0=lcos(BC,n〉I= 1BC·l-1-61-3面 IBCIIn 2x V11 11 所以直线BC与平面A,D0所成角的正弦值为3V四 11 (13分) 16.【解】(1)由cos2C+cos2B-cos2A=1-sin Csin B, sin2A-sin2B-sin2C=-sin Csin B. (2分) 结合正弦定理，得a2-b2-c2=-bc,即b2+c2-a2=bc, 所以csA=+e2-a21 26c 2' (5分) 因为Ae(0,),所以4=号 (7分) (2)【方法一：等面积法】因为SAABC=S△ABn+S△McD, 18·数学 高考一轮复习检测卷·数学 所 x2F2c·AD·sin LBAD+2b·AD·si血LCAD, 即 (esin L BAD+bsinCAD)AD. (9分) 又csin∠BAD+bsinCAD=V 2 be, 所以AD=1. (10分) 由B0=DC,得动=迹+， 所以4A市=(A店+A心)2=A+2AB.A元+4心， 则4=c2+b2+bc≥3bc, 所以c≤子，当且仅当b=c-23时，等号成立 (13分) 3 1x4x3_3 所以Sac=2 csin开35×323 3 故△ABC面积的最大值为？】 (15分) 【方法二】在△ABD中，由正弦定理，得im∠BADsin B① BD AD 在△4CD中，由正弦定理，得in∠CAD_sinC② CD AD 因为BD=CD,所以由①②得sin∠BAD_sinB_b sinCAD sin C c' 所以csin∠BAD=bsin∠CAD. (10分) 因为csinBAD+-binCAD=-)ae 所以csin∠BAD=binCAD=5 则6in∠BAD=5b,in∠CAD=3 4 所以SMBc=，-bcsin?=3 sin /BAD·sin LCAD.(12.分 设∠AD=a,则∠CAD=号，ae0,写） 所以SAANG=43i 3 (x[-+ x4+2 则当a=石时，S。c取得最大值，为 6 故△ABC面积的最大值为 31 (15分) 17.【解】(1)设点M的坐标为(x,y),则x2+y2=4+y2, 即24(14，则后1g.l (3分) 因为(4，)曲线为双曲线， 所以1-u<0,则u>1, 故的取值范围为(1，+∞). (5分) (2)由A=4μ=5，得曲线C的方程为 y2=1. (6分) 由题意，知直线1与双曲线C只有一个交点P. (x2 联立得方程组4y=1, y=x+2(>0). 消去y并整理，得(1-4k2)x2-16kx-20=0. (7分) ①当k=时，直线1与双曲线C的渐近线y之平行，此 1 D66卷 时直线1与双曲线C只有一个公共点，符合题意。 =1 5 当k= 时，联立 4 \x=2 解得 2 1 3 =2+2, y24 所以) 此时，直线l的方程为x-2y+4=0. (10分) ②当≠时，直线1与双曲线C要相切， 所以4=(-16k)2-4(1-4k2)(-20)=-64k2+80=0, 解得k=5或=5（舍去）. 2 2 当=5时，联立 4y=1, （x=-/5, 解得{ 1 2 √5 =2+2, y=-2 所以(5，) 此时，直线1的方程为5x-2y+4=0. (14分) 综上所述，直线1的方程为-2+4=0时，P(）:直 线1的方程为5x-2+4=0时，P(5,) (15分) 18.【解】(1)当k=0时，f(x)=e+sinx, 所以f'(x)=e+cosx,则f'(0)=2. (2分) 又f(0)=1, 所以f(x)的图象在x=0处的切线方程为y-1=2x, 即2x-y+1=0. (3分) (2)当k=2时，f(x)=e+sinx-2x, 则f'(x)=e*+cosx-2. (4分) 当x≤0时，f'(x)=e+cosx-2≤1+1-2=0， 所以f(x)在(-∞，0]上单调递减， (5分) 当x>0时，令F(x)=e+cosx-2,则F'(x)=e-sinx. 因为x>0,所以e>1,simx≤1， 所以F'(x)=e*-sinx>0, 故F(x)=f'(x)=e+cosx-2在(0，+)上单调递增， 所以f'(x)>f'(0)=0, 所以f(x)在(0，+0)上单调递增， (7分) 综上所述，f(x)在(-∞，0]上单调递减，在(0，+∞)上单调 递增. (8分) (3)由题意得f(-x)=e*-sinx+hkx. 由x[fx)-f-x)]≥0， 得x(e-e*+2sinx-2kx)≥0恒成立. (9分) h(x)=e*-e*+2sin x-2kx, h(-x)=e*-e"-2sin x+2kx=-h(x), 所以h(x)为奇函数. 又函数y=x也为奇函数， 所以原不等式等价于当x≥0时，e*-e+2sinx-2kx≥0恒成 立 (10分) 显然，h(0)=0. 要使当x≥0时，e-e+2sinx-2kx≥0恒成立，则 h'(0)≥0. h'(x)=e*+e *+2cos x-2k, 所以'(0)=e°+e°+2cos0-2k≥0，解得k≤2. (12分) 接下来验证当k≤2时，对任意x≥0，e-e*+2sinx-2kx≥0. 令G(x)=e+e+2cosx-2k,则G'(x)=e-e-2sinx. 令H(x)=e-e*-2sinx, 则l(x)=e+e-2co0sx≥2√e2·e-2co8x=2-2c0sx≥ 18·数学 0,当且仅当x=0时，等号成立， 故H(x)=e-e-2sinx在[0，+o)上单调递增， 所以H(x)≥H(0)=e°-e°-2sin0=0, 故G(x)=e+e+2cosx-2k在[0，+∞)上单调递增， 所以G(x)≥G(0)≥0， 故h(x)=e-e+2sinx-2kx在[0，+o)上单调递增， 所以h(x)≥h(0)=0,故k≤2符合题意. 故k的取值范围为(-∞，2]. (17分) 19.(1)【解】因为对任意1≤i<j≤k,都有a:+a+1=2+21< 2t2<a1+a2,1≤i≤k, 所以b1,b2,…,bm依次为b1=2+22,b2=2+23,b3=22+23, b4=2+24,b=22+2,b6=23+24, (1分) 所以m=6,T(4)=6,S6=(2+22+23+24)×3=90.(3分) (2)【证明】因为a1+a2<a1+a3<a2+a3<a2+a4<a3+a4<a3+ a5<a4+a5,且数列{bn}有7项， 所以数列{bn}的7项分别为a1+a2,a1+a3,a2+a3,a2+a4,a3+ a4,a3+a5,a4十a5 (5分) 又a1+a3<a1ta4<a2+a4, 所以a1+a4=a2+a3,即a4-a3=a2-a1: 由a2+a4<a2+a5<a3+a5,得a2t+a5=a3+a4,即a5-a4=a3-a2: 因为a1+a4<a1+a5<a2ta5,即a2+a3<a1+a5<a3ta4, 所以a,ta5=a2+a4,即a5-a4=a2-a1, (7分) 则a5-a4=a4-a3=a3-a2=a2-a1,故{an}为等差数列.(8分） (3)【解】j的最小值为25.理由如下： 假设j≤24，则i≤23，则b2s=a:+a,≤a2+a24 因为满足an+a<a23+a24(m<k)的必要条件是m<23 19高考综合改革适 一、1.C【解析】由题意可得A∩B={0,1}.故选C 2.D【解析】代x)的最小正周期T=2=2m.故选D. 1 3.C【解析】12-4i1=√22+(-4)2=√20=25.故选C. 4.B【解析】a=(0,1),b=(1,0),.a-b=(-1,1),.a· (a-b)=0×(-1)+1×1=1.故选B. 6,c多法解题)【方法一】由双曲线方程2-。=1，得α口 b=3,所以其渐近线方程为y=±x=±3x.故选C. 【方法=]由题意，令-号=0，得)=3，所以其清证线方程 为y=±3x.故选C. 6.A【解析】由题意可得圆锥的底面半径r=1,母线长1=2， 则圆锥的高h=√-子=√22-1严=√3，所以圆锥的体积V= 3mh= 1 3T,故选A 7.C【解析】设AB=x,则根据余弦定理，得BC2=AC2+AB2- 2ACAB·cms∠MC,即8=102+2-20·x·子，所以- 12x+36=0,解得x=6.因为BC2+AB2=64+36=100=AC2,所 以△ABC为直角三角形，则△ABC的面积S=2x6x8=24故 选C 8.B多法解题〉【方法一】当x>2时，f(x)>0等价于x(x- a)-2a2>0或x(a-x)-2a2>0.将a看成未知量，变形为(a+ )(e）小0o）60所以as号又2 D67卷 参考答案及深度解析 所以小于a2+a2的和式至多有以下情况： a1+a2,a1+a3,…,a1+a100; az+a3,a2+a,,a2+a1i … a22+a23,a22+a24,…,a22+a100 共有99+98+…+78=（9+78)×2=1947（个）. 2 因为1947<2024，所以不符合题意. 故≥25. (12分) 其次，证明存在符合要求的数列. 造令a1}) ,k=1,2,…,99,a100=1. 显然满足a1<a2<<a1om, 且am2-()2-（）-（） ≤ak+1+a2,k= 1,2,…,98. 所以小于a24ta2s的和式至多有以下情况： a1+a2,a1+a3,,a1+a100; a2+a3,a2+a4,·,a2+a100; a23+a24,a23+a25,…,a23+a100 因为99+98++7=(99+7)×23=2024， 2 所以b22s=a24+a25成立， 故jnn=25. (17分)》 应性演练（八省联考） 所以a的取值范围是-2≤a≤l.故选B. (x2-ax-2a2,x≥a, 【方法二】当a>2,x2时x)={2+x-2a2,2x<a, 当2<x<a时f(x)=-x2+ax-2a2,此时A=a2-4×2a2=-7a2< 0,所以f(x)<0,不满足题意，故a>2不符合题意 当0<a≤2，x>2时，f(x)=x2-ax-2a2=(x-2a)(x+a).令 f(x)>0,解得x>2a.因为当x>2时，f(x)>0,所以2a≤2，解得 0<a≤1. 当a=0,x>2时，f(x)=x2>0恒成立，符合题意. 当a<0,x>2时f(x)=x2-ax-2a2=(x-2a)(x+a).令fx)>0, 解得x>-a.因为当x>2时，f(x)>0,所以-a≤2，解得-2≤ a<0. 综上可得，-2≤a≤1.故选B. 二、9.ABC【解析】因为F(2,0)是抛物线C:y2=2px的焦 点，所以=2，所以p=4,故A正确。 由A可得抛物线方程为y2=8x.设M(x少o),则x≥0，所以 IMF1=+号≥号=10F1,故B正确 因为以M为圆心且过F的圆的半径为IMF1=x。+2,其长度 与点M到抛物线C的准线的距离相等，所以以M为圆心且 过F的圆与C的准线相切，故C正确 当L0FM=120时，x0>2.由抛物线的对称性，不妨设点M 在第象限，则260=，则6=5化2将点 M的坐标代人y2=8x,得3x-20x。+12=0,解得x=6或xo= 子（合去）所以%=4.所以Sx号01%=45， 19·数学18安徽省皖南八校高三上学期第二次大联芳 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小 A.8 B.2√2 题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的， C.9 D.3 1.已知i是虚数单位，复数z满足(2-i)z=3-i,那么z的虚6.已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为4，AC'是正方体 部是 () 的一条体对角线，P为正方体表面上的动点，若PA· 1 >.5 B PC=-6,则点P的轨迹曲线的长度总和为（) A.2m B.12m 1 D. C.12√2m D.12 3m 2已奥案合4=1-8-20<0，B=写≤0，则 7.若关于x的方程(cos2x-sinx+2)cos wx=0(w>0)在 [0,2π]上有且仅有3个解，则ω的取值范围为() (CRB)∩A= A.[-2,3] B.(-2,3] [ C.（-2,3) D.(-2,13] c[u4别 D.. 3.已知样本数据x1,x2,x3,x4的平均数是4，方差为2，现样 本加入新数据3,4,5，则加入数据后新样本的方差是 8.已知函数f(x)的定义域为R,f(x+y)f(x-y)=[f(x)]2 [f(y)]2,且当x>0时，代x)>0,则下列说法正确的是 ( 9 B.4 A.f(x)是偶函数 c n B.f八x)是周期函数 C.当-1<x<0时，f(2-x)<f(x+2) 4.八卦是中国文化的基本哲学概念，如图(1)是八卦模型 D.当0<x<1时，fx2+1)>f(2x) 图，其平面图形记为图(2)的正八边形ABCDEFGH,其 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小 中0A=2,则AE.(AB+GF)= 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， 9.已知随机变量X服从正态分布X~N2, 多)=m,P(1<<3,则以下选项正确的是 图(1) 图(2) A0=号 A.4 B.42 B.若Y=3X+1,则E(Y)=7 C.8 D.82 5.已知抛物线x2=2py(p>0),点A(4,4)在抛物线上，点 C.若y=21,则D(n= B(0,3),若点P是抛物线上的动点，则1PB1的最小值为 10.已知圆锥的顶点为S,0为底面圆的圆心，轴截面SAB四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说 是边长为2的等边三角形，C为底面圆周上一点，且 明、证明过程或演算步骤， ∠C1B=石，则下面选项正确的是 15.(13分)如图，在直三棱柱ABC-A,BC1中，侧面 ACC1A1,BCC,B1均为正方形，∠ACB=90°，B1C与BC A.圆锥的表面积等于3π 交于点O,D为AB的中点. B.圆锥S0的外接球与内切球的半径比为2：1 (1)求证：B,C⊥平面AC1B. C.BC⊥平面SAC (2)求直线BC与平面A,D0所成角的正弦值. D.二面角S-AC-B的正切值为23 C 11.如图，类似“心形”的曲线E,可以看成由上部分曲线 C:切=+2Ixl下部分曲线C2:+1(0y≤0)构 C 成，过曲线C2的焦点F(0,-1)的直线1与曲线C,交 于M,N两点，P(x,y)是“心形”曲线E上的动点，下列 说法正确的是 () AC,的方程为 5+4=1(y≤0) B.x2+(y-1)2的最大值为1+√5 C.直线y=x+m与曲线E有4个交点，则m的取值范 围为(0，√2-1) D.△OMW面积的最大值为5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知锐角a,B满足tana+tanB-22 tan atan B=-2√2， 则cos(a+B)= 13.设函数f(x)=e+e,则不等式f(1og2x)+f(log1x)≤ 2e+日)的每尖是 14.现有一盒子里装有序号分别为1,2,3,4,5,6的六个大 小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地 从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相 同)，记录被抽取的球的序号分别为a1,a2,a3,则满足 la1-a21+|a2-a3|+|a3-a1|=6的情况有 种 数学P答案D64卷18 16.(15分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,17.(15分)在平面直角坐标系中，已知0为坐标原点，动 已知cos2C+cos2B-cos2A=1--sin Csin B. 点M到x轴的距离为d,且IOMI2=入+d(入，keR), (1)求角A的大小 动点M的轨迹称为（入，）曲线 (2)若点D是边BC的中点，且csin∠BAD+bsin∠CAD= (1)已知(4，)曲线为双曲线，求u的取值范围， (2)设曲线C为(4,5)曲线，其焦点为F1,F2,直线1： )bc,求△ABC面积的最大值。 y=x+2(k>0)上有且仅有1个点P,使得UPF- IPF2II=4,求直线1的方程和对应的点P的坐标. 景行 卷18答案D64Q数学 18.（17分)设函数f(x)=e*+sinx-kx. 19.(17分)已知k(k≥3)项数列{an}满足：当1≤i<j≤k (1)当k=0时，求f(x)的图象在x=0处的切线方程. 时，a,<a且a,+a,的所有不同值有m个，并按照从小到 (2)当k=2时，求f(x)的单调性. 大排列构成伴随数列{bn},记T(k)=m,Sm=b1+ (3)若x[f(x)-f(-x)]≥0恒成立，求实数k的取值 b2+…+bnm 范围。 (1)若k=4,an=2",求T(4)的值和Sm (2)若k=5,T(5)=7,求证：{an}为等差数列. (3)若k=100,b2s=a:+a,(ij),求j的最小值. 之教育