山西省运城市景胜中学2020-2021学年高二数学9月月考试题 【含答案】

山西省运城市景胜中学2020-2021学年高二上学期期中数学试题（文）含答案山西省运城市景胜中学2020-2021学年度第一学期高二期中数学试题（文）一、选择题（本题共计 12 小题，每题 5 分，共计60分，）1. 下列几何体不是旋转体的为( )A.圆柱B.棱柱C.球D.圆台2. 若P(2,??1)为圆(x?1)2+y2=25的弦AB的中点，则直线AB的方程是()A.x?y?3=0B.2x+y?3=0C.x+y?1=0D.2x?y?5=03. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.323B.32 C.163D.164. 已知等腰直角三角形的斜边所在的直线是，直角顶点是，则两条直角边，的方程是()A.，B.，C.，D.，5. 圆C1:x2+y2=4与圆C2:x2+y2?4x+4y?12=0的公共弦的长为()A.√2B.√3C.2√2D.3√26. 在空间中，有如下四个命题：①若平面α垂直平面β，则平面α内的任意一条直线垂直于平面β；②平行于同一个平面的两条直线是平行直线；③垂直于同一条直线的两个平面是平行平面；④过平面α的一条斜线有且只有一个平面与平面α垂直．其中正确的两个命题是( )A.①、③B.②、④C.③、④D.②、③7. 某三棱锥的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为1），则该三棱锥中最长的棱长为()A.4B.2√2C.√10D.2√38. 三棱锥P?ABC的高为PH，若三个侧面两两垂直，则H为△ABC 的（）A.内心B.外心C.垂心D.重心9. 在四面体S?ABC中，SA⊥平面ABC，∠ABC=90°，SA=AC=√2，AB=1，则该四面体的外接球的表面积为( )A.2π3B.4π3C.4πD.5π10. 已知方程x2+y2+4x?2y?4=0，则x2+y2的最大值是( )A. 14?6√5B.14C.9D. 14+6√511. 圆x2+y2+2x?6y+1=0关于直线ax?by+3=0(a>0,?b>0)对称，则1a +3b的最小值是( )A.2√3B.203C.163D.412. 如图，已知正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为2，点P在线段CB1上，且B1P=2PC，平面α经过点A，P，C1，则正方体ABCD?A1B1C1D1被平面α截得的截面面积为( )A.3√6B.2√6C.5D.5√34二、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分，）13. 圆锥底面半径为2cm，高为√2cm，其中有一个内接正方体，则这个内接正方体的棱长为________cm.14. 直线(m+1)x+my+m+3=0被圆x2+y2=25所截的弦长的最小值为________.15. 圆x2+y2?4y?4＝0上恰有两点到直线x?y+a＝0的距离为√2，则实数a的取值范围是________．16. 若P为直线x?y+4=0上一个动点，从点P引圆C:x2+y2?4x=0的两条切线PM，PN（切点为M，N），则|MN|的最小值是________.三、解答题（本题共计 6 小题，共计70分，）17.(10分) 已知圆C的方程为x2+y2=4.(1)求过点P(2,1)且与圆C相切的直线l的方程；(2)直线l过点P(2,1)，且与圆C交于A、B两点，若|AB|=2√3，求直线l的方程.18.(12分) 如图，四棱锥P?ABCD的底面ABCD为正方形，平面PCD⊥平面ABCD，且PC=PD=√2，CD=2.(1)证明：PC⊥平面PAD；(2)求点D到平面PAB的距离．19.(12分) 已知△ABC的顶点A(5，1)，AB边上的中线CM所在直线方程为2x?y?5= 0，AC边上的高BH所在直线方程为x?2y?5=0.(1)求AC边所在直线方程；(2)求过顶点C且与BH平行的直线．20.(12分) 如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1?//?AA1，AB=AC=3，BC=2√5，AA1=√7，BB1=2√7，点E，F分别为BC，A1C的中点．(1)求证：EF?//?平面A1B1BA；(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1；(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．21.(12分) 如图，几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE均为边长为2的正三角形，且平面ABC//平面DFE，四边形BCED为正方形.(1)若平面BCED⊥平面ABC，求证：平面ADE?//?平面BCF；(2)若二面角D?BC?A为150°，求直线BD与平面ADE所成角的正弦值.22.(12分) 在平面直角坐标系xOy中，已知A(0,?3)，直线l:y=2x?4．圆C的半径为1，圆心在直线l上．(1)若圆心又在直线y=x?1上，过点A作圆C的切线，求切线方程；(2)若圆C上存在一点M满足MA=2MO，求圆心C的横坐标a的范围．景胜中学高二期中考试数学抽考试题答案（文）一、选择题1.BAABC 6 CDCCD 11 CB二、填空题13.2√2314.4√315.(?4,?0)∪(4,?8)16.4√73三、解答题（本题共计 6 小题，共计70分）17.解：(1)当l斜率不存在时，直线l方程为x=2，与圆C相切，满足题意；当l斜率存在时，设直线方程为：y?1=k(x?2)，即kx?y?2k+1=0，∵ 圆C圆心坐标为(0,0)，半径r=2，∵ 圆心到直线l的距离d=√k2+1=2，解得：k=?34，∵ 直线l方程为?34x?y+52=0，即3x+4y?10=0.综上所述：过点P(2,1)且与圆C相切的直线l的方程为：x=2或3x+4y?10=0.(2)由(1)知，直线l斜率存在，可设其方程为kx?y?2k+1=0，设圆心到直线l距离为d，∵ |AB|=2√r2?d2=2√4?d2=2√3，∵ d=1，即d=√k2+1=1，解得：k=0或k=43，∵ 直线l的方程为?y+1=0或43x?y?53=0，即y=1或4x?3y?5=0.【解答】解：(1)当l斜率不存在时，直线l方程为x=2，与圆C相切，满足题意；当l斜率存在时，设直线方程为：y?1=k(x?2)，即kx?y?2k+1=0，∵ 圆C圆心坐标为(0,0)，半径r=2，∵ 圆心到直线l的距离d=√k2+1=2，解得：k=?34，∵ 直线l方程为?34x?y+52=0，即3x+4y?10=0.综上所述：过点P(2,1)且与圆C相切的直线l的方程为：x=2或3x+4y?10=0.(2)由(1)知，直线l斜率存在，可设其方程为kx?y?2k+1=0，设圆心到直线l距离为d，∵ |AB|=2√r2?d2=2√4?d2=2√3，∵ d=1，即d=√k2+1=1，解得：k=0或k=43，∵ 直线l的方程为?y+1=0或43x?y?53=0，即y=1或4x?3y?5=0.18.【答案】(1)证明：∵ 平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，AD⊥CD，AD?平面ABCD，∵ AD⊥平面PCD．又∵ PC?平面PCD，∵ AD⊥PC．在△PCD中，PC=PD=√2，CD=2，PC2+PD2=CD2，∵ PC⊥PD．∵ PD∩AD=D，PD，AD?平面PAD，∵ PC⊥平面PAD．(2)解：如图，设点D到平面PAB的距离为?，取CD的中点O，连接PO，OA，BD，作PH⊥AB于H，则PO⊥CD．∵ 平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，∵ PO⊥平面ABCD．∵ PO=12CD=1，OA=√5，∵ 在△POA中，PA=√6，同理，PB=√6．∵ △PAB是等腰三角形．由V D?PAB=V P?ABD得：1 3?S△PAB??=13S△ABD?PO，1 2?AB?PH??=12AB?AD?PO，解得?=2√55，∵ 点D到平面PAB的距离为2√55．【解答】(1)证明：∵ 平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，AD⊥CD，AD?平面ABCD，∵ AD⊥平面PCD．又∵ PC?平面PCD，∵ AD⊥PC．在△PCD中，PC=PD=√2，CD=2，PC2+PD2=CD2，∵ PC⊥PD．∵ PD∩AD=D，PD，AD?平面PAD，∵ PC⊥平面PAD．(2)解：如图，设点D到平面PAB的距离为?，取CD的中点O，连接PO，OA，BD，作PH⊥AB于H，则PO⊥CD．∵ 平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，∵ PO⊥平面ABCD．∵ PO=12CD=1，OA=√5，∵ 在△POA中，PA=√6，同理，PB=√6．∵ △PAB是等腰三角形．由V D?PAB=V P?ABD得：1 3?S△PAB??=13S△ABD?PO，1 2?AB?PH??=12AB?AD?PO，解得?=2√55，∵ 点D到平面PAB的距离为2√55．19.【答案】解：(1)由AC 边上的高BH 所在直线方程为x ?2y ?5=0，可知k AC =?2.又A(5，1)，故AC 边所在直线方程为y ?1=?2(x ?5)，即AC 边所在直线方程为2x +y ?11=0． (2)联立{2x +y ?11=0,2x ?y ?5=0,解得{x =4,y =3,所以顶点C 的坐标为(4，3). 又因为BH 所在直线的斜率为12，故所求直线方程为y ?3=12(x ?4)，即x ?2y +2=0．【解答】解：(1)由AC 边上的高BH 所在直线方程为x ?2y ?5=0，可知k AC =?2.又A(5，1)，故AC 边所在直线方程为y ?1=?2(x ?5)，即AC 边所在直线方程为2x +y ?11=0． (2)联立{2x +y ?11=0,2x ?y ?5=0,解得{x =4,y =3,所以顶点C 的坐标为(4，3). 又因为BH 所在直线的斜率为12，故所求直线方程为y ?3=12(x ?4)，即x ?2y +2=0． 20.【答案】(1)证明：连接A 1B ，在△A 1BC 中，∵ E 和F 分别是BC 和A 1C 的中点，∵ EF?//?A 1B ，又∵ A1B?平面A1B1BA，EF?平面A1B1BA，∵ EF?//?平面A1B1BA.(2)证明：∵ AB=AC，E为BC的中点，∵ AE⊥BC．∵ A1A⊥平面ABC，BB1?//?AA1，∵ B1B⊥平面ABC.∵ AE?平面ABC，∵ B1B⊥AE．又∵ B1B?平面B1BC，BC?平面B1BC，B1B∩BC=B，∵ AE⊥平面B1BC.∵ AE?平面AEA1，∵ 平面AEA1⊥平面BCB1．(3)解：取BB1中点M和B1C中点N，连接A1M，A1N，NE，∵ N和E分别为B1C和BC的中点，∵ NE平行且等于12B1B，∵ NE平行且等于A1A，∵ 四边形A1AEN是平行四边形，∵ A1N平行且等于AE.又∵ AE⊥平面BCB1，∵ A1N⊥平面BCB1，∵ ∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角.在△ABC中，可得AE=2，∵ A1N=AE=2.∵ BM?//?AA1，BM=AA1，∵ A1M?//?AB且A1M=AB.又由AB⊥BB1，∵ A1M⊥BB1.在Rt△A1MB1中，A1B1=√B1M2+A1M2=4，在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N=A1NA1B1=12，∵ ∠A1B1N=30°，即直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为30°.【解答】(1)证明：连接A1B，在△A1BC中，∵ E和F分别是BC和A1C的中点，∵ EF?//?A1B，又∵ A1B?平面A1B1BA，EF?平面A1B1BA，∵ EF?//?平面A1B1BA.(2)证明：∵ AB=AC，E为BC的中点，∵ AE⊥BC．∵ A1A⊥平面ABC，BB1?//?AA1，∵ B1B⊥平面ABC.∵ AE?平面ABC，∵ B1B⊥AE．又∵ B1B?平面B1BC，BC?平面B1BC，B1B∩BC=B，∵ AE⊥平面B1BC.∵ AE?平面AEA1，∵ 平面AEA1⊥平面BCB1．(3)解：取BB1中点M和B1C中点N，连接A1M，A1N，NE，∵ N和E分别为B1C和BC的中点，B1B，∵ NE平行且等于12∵ NE平行且等于A1A，∵ 四边形A1AEN是平行四边形，∵ A1N平行且等于AE.又∵ AE⊥平面BCB1，∵ A1N⊥平面BCB1，∵ ∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角.在△ABC中，可得AE=2，∵ A1N=AE=2.∵ BM?//?AA1，BM=AA1，∵ A1M?//?AB且A1M=AB.又由AB⊥BB1，∵ A1M⊥BB1.在Rt△A1MB1中，A1B1=√B1M2+A1M2=4，在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N=A1NA1B1=12，∵ ∠A1B1N=30°，即直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为30°.21.【答案】(1)证明：如图，取BC的中点O，ED的中点G，连接AO，OF，FG，AG，则AO⊥BC，又平面BCED⊥平面ABC，平面BCED∩平面ABC=BC，所以AO⊥平面BCED，同理FG⊥平面BCED，所以AO?//?FG，又AO=FG，所以四边形AOFG为平行四边形，所以AG?//?OF，AG//平面BCF，又DE?//?BC，DE//平面BCF，又因为AG和DE交于点G，所以平面ADE?//?平面BCF．(2)解：连结GO，则GO⊥BC，又AO⊥BC，所以∠GOA为二面角D?BC?A的平面角，所以∠GOA=150°.因为BC⊥GO，BC⊥AO，所以BC⊥平面AOG，所以平面ADE⊥平面AOG，且交线为AG，又因为OG//BD，所以OG与平面ADE所成的角即为所求.过O在平面AOG中作OM⊥AG于M，则OM⊥平面ADE，所以∠OGM即为所求的角.因为AG2=22+(√3)2?2×2×√3cos150°=7+6=13,即AG=√13.所以12×√13×OM=12×2×√3sin150°，所以OM=√3913.所以sin∠OGM=OMOG =√3926.【解答】(1)证明：如图，取BC的中点O，ED的中点G，连接AO，OF，FG，AG，则AO⊥BC，又平面BCED⊥平面ABC，平面BCED∩平面ABC=BC，所以AO⊥平面BCED，同理FG⊥平面BCED，所以AO?//?FG，又AO=FG，所以四边形AOFG为平行四边形，所以AG?//?OF，AG//平面BCF，又DE?//?BC，DE//平面BCF，又因为AG和DE交于点G，所以平面ADE?//?平面BCF．(2)解：连结GO，则GO⊥BC，又AO⊥BC，所以∠GOA为二面角D?BC?A的平面角，所以∠GOA=150°.因为BC⊥GO，BC⊥AO，所以BC⊥平面AOG，所以平面ADE⊥平面AOG，且交线为AG，又因为OG//BD，所以OG与平面ADE所成的角即为所求.过O在平面AOG中作OM⊥A G于M，则OM⊥平面ADE，所以∠OGM即为所求的角.因为AG2=22+(√3)2?2×2×√3cos150°=7+6=13,即AG=√13.所以12×√13×OM=12×2×√3sin150°，所以OM=√3913.所以sin∠OGM=OMOG =√3926.22. 【答案】解：(1)联立得：{y =x ?1，y =2x ?4.解得：{x =3，y =2.，∵ 圆心C(3,?2)．若k 不存在，不合题意；若k 存在，设切线为：y =kx +3，可得圆心到切线的距离d =r ，即√1+k 2=1，解得：k =0或k =?34，则所求切线为y =3或y =?34x +3.(2)设点M(x,?y)，由MA =2MO ，知：√x 2+(y ?3)2=2√x 2+y 2，化简得：x 2+(y +1)2=4，∵ 点M 的轨迹为以(0,??1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D ，又∵ 点M 在圆C 上，C(a,?2a ?4)，∵ 圆C 与圆D 的关系为相交或相切，∵ 1≤|CD|≤3，其中|CD|=√a 2+(2a ?3)2，∵ 1≤√a 2+(2a ?3)2≤3，解得：0≤a ≤125，∵ 圆心C 的横坐标a 的取值范围为[0,125]. 【解答】解：(1)联立得：{y =x ?1，y =2x ?4.解得：{x =3，y =2.，∵ 圆心C(3,?2)．若k 不存在，不合题意；若k 存在，设切线为：y =kx +3，可得圆心到切线的距离d =r ，即√1+k 2=1，解得：k =0或k =?34，则所求切线为y =3或y =?34x +3.(2)设点M(x,?y)，由MA =2MO ，知：√x 2+(y ?3)2=2√x 2+y2，化简得：x 2+(y +1)2=4，∵ 点M 的轨迹为以(0,??1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D ，又∵ 点M在圆C上，C(a,?2a?4)，∵ 圆C与圆D的关系为相交或相切，∵ 1≤|CD|≤3，其中|CD|=√a2+(2a?3)2，∵ 1≤√a2+(2a?3)2≤3，，解得：0≤a≤125].∵ 圆心C的横坐标a的取值范围为[0,125。

2020-2021学年山西省运城市某校高三（上）9月月考数学（理）试卷一、选择题1. 设集合M ={x|1≤x ≤2}，N ={x ∈Z |x 2−2x −3<0}，则M ∩N =( ) A.[1,2] B.(−1,3) C.{1} D.{1,2}2. 已知a +bi(a, b ∈R)是1−i1+i 的共轭复数，则a +b =( ) A.1 B.12C.−12D.−13. 已知向量a →，b →满足|a →|=2，|b →|=1，(a →−b →)⊥b →，则a →，b →的夹角是( ) A.π3 B.π6C.2π3D.5π64. 1943年，我国病毒学家黄祯祥在美国发表了对病毒学研究有重大影响的论文“西方马脑炎病毒在组织培养上滴定和中和作用的进一步研究”，这一研究成果，使病毒在试管内繁殖成为现实，从此摆脱了人工繁殖病毒靠动物、鸡胚培养的原始落后的方法．若试管内某种病毒细胞的总数y 和天数t 的函数关系为：y ＝2t−1，且该种病毒在细胞的个数超过108时会发生变异，则该种病毒细胞实验最多进行的天数为(参考数据：lg 2≈0.3010)( ) A.25 B.26 C.27 D.285. 已知函数 f(x)=(12x −sin x)⋅2x −12+1 ，则函数 y =f(x) 的图象大致为( )A.B.C. D.6. 已知x ，y 满足约束条件 {2x +y ≤4,2x −3y ≤0，x ≥1, 且不等式x +y −a ≥0恒成立，则实数a 的取值范围为( )A.(−∞,3)B.(−∞,53]C.(−∞,3]D.(−∞,1]7. 如图，等边△ABC 为圆锥的轴截面，D 为AB 的中点，E 为弧BC 的中点，则直线DE 与AC 所成角的余弦值为（ ）A.13B.12C.√22D.348. 第24届国际数学大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的．如图，会标是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形的一个锐角为θ，且sin θ+2sin (θ+π2)=√5.若在大正方形内随机取一点，则该点取自小正方形区域的概率为( )A.14B.15C.25D.359. 已知抛物线C:y =14x 2的焦点为F ，O 为坐标原点，点A 在抛物线C 上，且|AF|=2，点P 是抛物线C 的准线上的一动点，则|PA|+|PO|的最小值为( ) A.√13 B.2√13 C.3√13 D.2√610. 在四面体ABCD 中，AB =AC =2√3，BC =6，AD ⊥平面ABC ，四面体ABCD 的体积为√3．若四面体ABCD 的顶点均在球O 的表面上，则球O 的表面积是( )A.49π4B.49πC.49π2D.4π11. 已知函数f(x)={4x +3,x ≤0，2x +log 9x 2−9,x >0. 则函数y =f(f(x))的零点所在区间为( )A.(3,72)B.(−1, 0)C.(72,4)D.(4, 5)12. 在△ABC 中，已知AB →⋅AC →=9，b =c ⋅cos A ，△ABC 的面积为6，若P 为线段AB 上的点（点P 不与点A ，点B 重合），且CP →=x ⋅CA →|CA →|+y ⋅CB→|CB →|，则1x +13y+2的最小值为( )A.9B.34C.914D.12二、填空题若(x 2+1x 3)n 展开式的各项系数之和为32，则其展开式中的常数项为________.已知函数f (x )=x sin x +cos x +x ，则曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为________.设F 是双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的右焦点，过点F 向双曲线C 的一条渐近线引垂线，垂足为A ，交另一条渐近线于点B ，若2AF →=FB →，则双曲线C 的渐近线方程是________.已知函数f (x )=sin (ωx +π6)−12(ω>0)在区间[0,π]上有且仅有3个零点，下述四个结论：①在区间(0,π)上存在x 1，x 2，满足f (x 1)−f (x 2)=2；②f(x)在区间(0,π)上有且仅有2个极大值点； ③ω的取值范围是(2,83]； ④f(x)在区间(0,π8)上单调递增． 其中所有正确结论的编号是________． 三、解答题已知数列{a n }满足12a1−5+22a2−5+⋯+n2an −5=n3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求满足1a 1a 2+1a2a 3+⋯+1an a n+1<19的最大正整数n ．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ADC =120∘，且DE//FC ，DE ⊥平面ABCD ，DE =2FC =2.(1)证明：平面FBE ⊥平面EDB ；(2)求二面角A −EB −C 的余弦值．随着生活水平的提高以及人们身体健康意识的增强，人们参加体育锻炼的次数和时间也在逐渐增多，为了解某地居民参加体育锻炼的时间长短是否与性别有关，某调查小组随机抽取了30名男性、20名女性进行为期一周的跟踪调查，调查结果如下表所示：(1)能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为该地居民参加体育锻炼的时间长短与性别有关？(2)调查小组发现平均每天参加体育锻炼超过1小时的9名女性中有6人参加了广场舞，若从这9名女性中任意选取3人，用X 表示这3人中参加广场舞的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望． 参考数据：参考公式：K 2=n (ad−bc )2(a+b )(c+d )(a+c )(b+d )(n=a +b +c +d )．已知椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，F 1，F 2分别是椭圆的左，右焦点，P 是椭圆C 上一点，且△PF 1F 2的周长是6． (1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过椭圆C 的右焦点F 2且与C 交于不同的两点M ，N ，试问：在x 轴上是否存在点Q ，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．已知函数f (x )=e x−1−x ln x. (1)判断函数f (x )的单调性；(2)设函数ℎ(x )=f (x )−ax −1，讨论当x ∈[1,+∞）时，函数ℎ(x )的零点个数．平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为 {x =2λ−1λ−1,y =λ−3λ−1,（λ为参数，且λ≠1）．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2+8ρcos θ+4ρsin θ+16=0． (1)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)已知点A 的极坐标为(2√2,π4)，P 为曲线C 1上的动点，Q 为曲线C 2上的动点，QA 的中点为M ，求|MP|的最小值．已知函数f (x )=|2x −1|+|x +1|． (1)解不等式f (x )≤6；(2)记函数g (x )=f (x )+|x +1|的最小值为m ，若a ，b ，c ∈R ，且a +2b +3c −m =0，求a 2+b 2+c 2的最小值．参考答案与试题解析2020-2021学年山西省运城市某校高三（上）9月月考数学（理）试卷一、选择题1.【答案】D【考点】一元二次不等式的解法交集及其运算【解析】解不等式化简集合N,即可求出结果.【解答】解：因为x2−2x−3<0，即(x−3)(x+1)<0，解得−1<x<3，所以N={x∈Z|−1<x<3}={0,1,2}.因为M={x|1≤x≤2}，所以M∩N={1,2}.故选D.2.【答案】A【考点】共轭复数复数代数形式的混合运算【解析】先利用复数的除法运算法则求出1−i1+i的值，再利用共轭复数的定义求出a+bi，从而确定a，b的值，求出a+b．【解答】解：1−i1+i =(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i2=−i，∴a+bi=−(−i)=i，∴a=0，b=1，∴a+b=1.故选A.3.【答案】A【考点】数量积表示两个向量的夹角【解析】由两向量垂直的充要条件建立方程求解；另外一个思路是在直角三角形中，由题设直接得到两向量的夹角．【解答】解：设a→，b→的夹角为θ，则0≤θ≤π，因为(a→−b→)⊥b→，所以(a→−b→)⋅b→=a→⋅b→−|b→|2=0.又因为|a→|=2，|b→|=1，所以2|b→|2cosθ−|b→|2=0，即cosθ=12，所以θ=π3.故选A．4.【答案】C【考点】函数模型的选择与应用对数的运算性质【解析】由题意可知2t−1≤108，两边同时取常用对数，利用对数得运算性质即可求出结果．【解答】解：∵y=2t−1，∴2t−1≤108，两边同时取常用对数得：lg2t−1≤lg108，∴(t−1)lg2≤8，∴t−1≤8lg2，∴t≤8lg2+1≈27.6，∴该种病毒细胞实验最多进行的天数为27天.故选C.5.【答案】D【考点】函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ f(−x)=[12(−x)−sin (−x)]⋅2−x −12−x +1=f(x)，∴ f(x)为偶函数，因此排除A ，C ； 当x =π6时，f(π6)=(π12−12)⋅2π6−12π6+1，∵ π12−12<0，2π6>1， ∴ f(π6)<0，因此排除B . 故选D . 6.【答案】 B【考点】求线性目标函数的最值 【解析】根据线性规划解得目标函数t =x +y 的最小值，即可求出a 的范围. 【解答】解：作出不等式组的可行域，如图：要使x +y −a ≥0恒成立，需使x +y 的最小值大于等于a ， 设t =x +y ，可得y =−x +t ， 由图像可知：经过A 点时，t 最小， 即{x =1,2x −3y =0, 即A (1,23)时，t min =53， 所以a ≤53.故选B . 7. 【答案】 C【考点】异面直线及其所成的角【解析】 此题暂无解析 【解答】解：取BC 中点O ，BO 中点F ，连接OD ，OE ，FE ，DF ，则∠ODE 就是直线DE 与AC 所成角．设AB =4．则OD =2， OF =1，OE =2，DF =√3，EF =√OE 2+OF 2=√5， DE =√DF 2+EF 2=2√2, 所以∠ODE =π4，即直线DE 与AC 所成角的余弦值为√22. 故选C ． 8.【答案】 B【考点】几何概型实际应用 诱导公式同角三角函数间的基本关系 【解析】根据sin θ+2sin (θ+π2)=√5，可得tan θ=12，设小正方形的边长及直角三角形较短的直角边，进而可得到大正方形的边长，进而由几何概型概率公式求解即可.【解答】解：设小正方形的边长为a ，直角三角形较短的直角边为b ,则直角三角形较长的直角边为a +b ，直角三角形的斜边长为√(a +b )2+b 2. ∵ sin θ+2sin (θ+π2)=√5， ∴ sin θ+2cos θ=√5，∴ sin 2θ+4sin θcos θ+4cos 2θ=5， ∴ 4sin θcos θ+3cos 2θ=4， ∴4sin θcos θ+3cos 2θsin 2θ+cos 2θ=4，∴ 4tan θ+3tan 2θ+1=4， 即tan θ=12.∴ba+b =12，即a=b.∴ 大正方形的边长为√(a+b)2+b2=√5a,∴ 由几何概型概率公式可得，该点取自小正方形区域的概率为a25a2=15.故选B.9.【答案】A【考点】直线与抛物线结合的最值问题抛物线的性质【解析】利用抛物线的几何性质以及两点间线段最短得解.【解答】解：由题意得，抛物线的准线方程为y=−1，∵|AF|=2，∴A到准线的距离为2，故A点纵坐标为1.把y=1代入抛物线方程可得x=±2．设A在第一象限，则A(2,1)，取点O关于准线y=−1的对称点为M(0,−2)，连接AM，于是|PA|+|PO|=|PA|+|PM|≥|AM|，则|PA|+|PO|的最小值为|AM|=√(0−2)2+(−2−1)2=√13．故选A.10.【答案】B【考点】球的表面积和体积柱体、锥体、台体的体积计算【解析】设E为BC的中点，O1为△ABC外接圆的圆心，球O的半径为R，由已知条件求出R2，再利用球的表面积公式即可求出答案.【解答】解：四面体ABCD与球O的位置如图所示：设E为BC的中点，O1为△ABC外接圆的圆心，球O的半径为R，∵ AB=AC=2√3，BC=6，∴ BE=EC=3，AE⊥BC，∴ AE=√3，cos∠BAE=AEAB=12，∴ ∠BAE=π3，∴ ∠BAC=2∠BAE=2π3.∵四面体ABCD体积为√3，∴13×12×6×√3×AD=√3，解得：AD=1.∴ DE=2.在四边形OO1AD中，OO1//AD，∠OO1A=90∘，OA=OD，O1A=2AE，OO1=12AD，∴R2=OA2=(2√3)2+(12)2=494，∴ S=4πR2=4π×494=49π.故选B.11.【答案】A【考点】函数零点的判定定理【解析】先分析分段函数的值域，进而利用零点存在定理得到结果．【解答】解：当x≤0时，f(x)∈(3,4]，此时，f(x)无零点，当x>0时，f(x)=2x+log9x2−9=2x+log3x−9为增函数，且f(3)=0．令f(f(x))=0，得f(x)=2x+log3x−9=3.因为f(3)=0<3，f(72)=8√2+log372−9>3，所以函数y =f(f(x))的零点所在区间为(3,72)．故选A . 12.【答案】 C【考点】三角形的面积公式基本不等式在最值问题中的应用 余弦定理平面向量数量积的运算 【解析】先根据向量的数量积及三角形的面积公式即可求出a,b,c 的值，再由题意可得x3+y4=1，最后利用基本不等式即可求出答案. 【解答】解：因为AB →⋅AC →=bc cos A =9，又因为b =c ⋅cos A ， 所以b =3，c cos A =3. 因为 S △ABC =12bc sin A =6， 所以c sin A =4，所以c =5，cos A =35，sin A =45，所以a =4，所以CP →=x3⋅CA →+y4⋅CB →.由点P,A,B 共线知，x 3+y4=1，即4x +3y =12，即4x +(3y +2)=14， 所以1x +13y+2=114(4x +3y +2)(1x +13y +2) =114(5+4x 3y +2+3y +2x) ≥114(5+2√4x3y+2⋅3y+2x)=914，故1x +13y+2的最小值为914. 故选C .二、填空题 【答案】 10【考点】二项展开式的特定项与特定系数 【解析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x 的幂指数等于0，求得r 的值，即可求得展开式中的常数项的值． 【解答】解：令x =1可得(x 2+1x 3)n展开式的各项系数之和为2n =32，∴ n =5，故其展开式的通项公式为 T r+1=C 5r⋅x 10−5r ， 令10−5r =0，得 r =2，即常数项为 C 52=10. 故答案为：10. 【答案】 x −y +1=0 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】本题主要考查导数的几何意义，根据导数的几何意义求出切线的斜率，按照点斜式写出直线方程即可. 【解答】解：f(x)=x sin x +cos x +x ， f(0)=0sin 0+cos 0+0=1，f ′(x)=sin x +x cos x −sin x +1=x cos x +1， 所以切线的斜率为k =f ′(0)=1，所以切线方程为y −1=x −0，即x −y +1=0. 故答案为：x −y +1=0. 【答案】 y =±√3x 【考点】双曲线的准线方程 【解析】 由题意得右焦点F(c, 0)，设一渐近线OA 的方程为y =bax ，则另一渐近线OB 的方程为y =−bax ，由垂直的条件可得FA 的方程，代入渐近线方程，可得A ，B 的横坐标，由向量共线的坐标表示，结合离心率公式，解方程可得． 【解答】解：设点F 坐标为(c,0)，设双曲线一条渐近线方程为y =ba x ， 则另一条渐近线方程为y =−ba x ，假设过点F 向C 的一条渐近线y =b a x 引垂线，垂足为A ， 则FA 的方程为y =−ab (x −c)，联立方程{y =−ab (x −c)，y =ba x ， 消y 得：(a 2+b 2)x =a 2c ， 得x =a 2c，即A 点的横坐标为a 2c ， 同理可得B 点的横坐标为ca 2a 2−b 2．因为2AF →=FB →， 可得2(c −a 2c )=ca 2a 2−b 2−c ，且a 2+b 2=c 2，a >0，b >0， 解得a =√3b .所以双曲线的渐近线方程是y =±√33x . 故答案为：y =±√33x ． 【答案】 ①④【考点】正弦函数的单调性正弦函数的定义域和值域 函数的零点【解析】本题考查三角函数的图像与性质，根据三角函数图像与性质解答即可. 【解答】解：f (x )在区间[0，π]上有且仅有三个零点，则函数周期T ≤π, 在(0，π)上存在x 1，x 2满足f (x 1)=1，f (x 2)=−1， 即满足f (x 1)−f (x 2)=2， 故①正确；∵ f (x )=sin x −12在y 轴右侧的前四个零点分别是：π6，5π6，13π6，17π6，∴13π6≤ωπ+π6<17π6，解得：2≤ω<83. 故③错误；∵ 2≤ω<83，0<x <π8，∴ π6<ωx +π6<π2∈(−π2, π2)，∴ f(x)在区间(0,π8)上单调递增，故④正确；当ω=2时作出函数大致图象如图所示：由图可知，f(x)在区间(0,π)上只有一个极大值点， 故②错误.故答案为：①④. 三、解答题 【答案】 解：(1)12a1−5+22a2−5+⋯+n2a n−5=n3①， 当n ≥2时，12a 1−5+22a 2−5+⋯+n−12a n−1−5=n−13②，由①−②，得a n =3n+52(n ≥2).因为当n =1时，a 1=4，符合， 所以a n =3n+52．(2)因为1a n a n+1=4(3n+5)(3n+8)=43(13n+5−13n+8)， 所以1a 1a 2+1a2a 3+⋯+1an a n+1=43×[(18−111)+(111−114)+⋯+(13n +5−13n +8)] =43×(18−13n+8). 又1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n+1<19，即43×(18−13n+8)<19， 解得n <163，所以使得原式成立的最大正整数n 为5． 【考点】数列与不等式的综合数列的求和 数列递推式 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：(1)12a1−5+22a 2−5+⋯+n2a n−5=n3①， 当n ≥2时，12a 1−5+22a 2−5+⋯+n−12a n−1−5=n−13②，由①−②，得a n =3n+52(n ≥2).因为当n =1时，a 1=4，符合， 所以a n =3n+52．(2)因为1a n a n+1=4(3n+5)(3n+8)=43(13n+5−13n+8)， 所以1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n+1=43×[(18−111)+(111−114)+⋯+(13n +5−13n +8)] =43×(18−13n+8).又1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n+1<19，即43×(18−13n+8)<19， 解得n <163，所以使得原式成立的最大正整数n 为5．【答案】(1)证明：如图，连结AC 交BD 于点O ，取EB 的中点H ，连结FH ，HO ，∵ 四边形ABCD 为菱形，点H 是EB 的中点，DE//FC ， ∴ HO//FC ，HO=12ED =FC ， ∴ 四边形CFHO为平行四边形， ∴ FH//CO .∵ DE ⊥平面ABCD ，CO ⊂平面ABCD ，∴ DE ⊥CO .又∵ CO ⊥BD ，ED ∩BD =D ， ∴ CO ⊥平面EDB ， ∴ FH ⊥平面EDB . 又FH ⊂平面FBE ，∴ 平面FBE ⊥平面EDB ．(2)解：连结EC ，以点O 为坐标原点，分别以OB →，OC →，OH →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ，由题意得A(0，−√3，0)，C(0，√3，0)，B(1，0，0)，E(−1，0，2)， 则EB →=(2，0，−2)，AB →=(1，√3，0)，BC →=(−1，√3，0)， 设平面AEB 的法向量为m →=(x 1，y 1，z 1)， 则{EB →⋅m →=0,AB →⋅m →=0,即{2x 1−2z 1=0,x 1+√3y 1=0,取m →=(1，−√33，1). 设平面CEB 的法向量为n →=(x 2，y 2，z 2)， 则{EB →⋅n →=0,BC →⋅n →=0,即{2x 2−2z 2=0,−x 2+√3y 2=0,取n →=(−1，−√33，−1)，cos ⟨m →,n →⟩=m →⋅n→|m →|⋅|n →|=1×(−1)+(−√33)×(−√33)+1×(−1)√1+13+1×√1+13+1=−57，∴ 二面角A −EB −C 的余弦值为−57．【考点】用空间向量求平面间的夹角 平面与平面垂直的判定【解析】 此题暂无解析 【解答】(1)证明：如图，连结AC 交BD 于点O ，取EB 的中点H ，连结FH ，HO ，∵ 四边形ABCD 为菱形，点H 是EB 的中点，DE//FC ， ∴ HO//FC ，HO=12ED =FC ， ∴ 四边形CFHO 为平行四边形， ∴ FH//CO .∵ DE ⊥平面ABCD ，CO ⊂平面ABCD ， ∴ DE ⊥CO .又∵ CO ⊥BD ，ED ∩BD =D ， ∴ CO ⊥平面EDB ， ∴ FH ⊥平面EDB . 又FH ⊂平面FBE ，∴ 平面FBE ⊥平面EDB ．(2)解：连结EC ，以点O 为坐标原点，分别以OB →，OC →，OH →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ，由题意得A(0，−√3，0)，C(0，√3，0)，B(1，0，0)，E(−1，0，2)， 则EB →=(2，0，−2)，AB →=(1，√3，0)，BC →=(−1，√3，0)， 设平面AEB 的法向量为m →=(x 1，y 1，z 1)， 则{EB →⋅m →=0,AB →⋅m →=0,即{2x 1−2z 1=0,x 1+√3y 1=0,取m →=(1，−√33，1). 设平面CEB 的法向量为n →=(x 2，y 2，z 2)， 则{EB →⋅n →=0,BC →⋅n →=0,即{2x 2−2z 2=0,−x 2+√3y 2=0,取n →=(−1，−√33，−1)，cos ⟨m →,n →⟩=m →⋅n→|m →|⋅|n →|=1×(−1)+(−√33)×(−√33)+1×(−1)√1+13+1×√1+13+1=−57，∴ 二面角A −EB −C 的余弦值为−57． 【答案】 解：(1)K 2=50×(25×11−5×9)230×20×16×34≈8.104>6.635，所以能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为该地居民参加体育锻炼的时间长短与性别有关．(2)由题意得X 可取0，1，2，3. P (X =0)=C 33C 93=184，P (X =1)=C 32C 61C 93=314， P (X =2)=C 31C 62C 93=1528，P (X =3)=C 63C 93=521 ，所以X 的分布列为E (X )=0×184+1×314+2×1528+3×521=2． 【考点】离散型随机变量的期望与方差 离散型随机变量及其分布列 独立性检验【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)K2=50×(25×11−5×9)230×20×16×34≈8.104>6.635，所以能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为该地居民参加体育锻炼的时间长短与性别有关．(2)由题意得X可取0，1，2，3.P(X=0)=C33C93=184，P(X=1)=C32C61C93=314，P(X=2)=C31C62C93=1528，P(X=3)=C63C93=521，所以X的分布列为E(X)=0×184+1×314+2×1528+3×521=2．【答案】解：(1)设椭圆C的焦距为2c(c>0)，由椭圆的定义知△PF1F2的周长为2a+2c，所以2a+2c=6.①又因为椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=ca=12，所以a=2c.②联立①②解得a=2，c=1，所以b=√a2−c2=√3，故所求椭圆C的方程为x 24+y23=1．(2)若存在满足条件的点Q(t,0)．当直线l的斜率存在时，设y=k(x−1)，联立x 24+y23=1，消y得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0. 设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2.因为k QM+k QN=y1x1−t +y2x2−t=k(x1−1)(x2−t)+k(x2−1)(x1−t)(x1−t)(x2−t)=2kx1x2−k(1+t)(x1+x2)+2ktx1x2−t(x1+x2)+t2=k⋅8k2−243+4k2−8k2(1+t)3+4k2+2t4k2−123+4k2−8k2t3+4k2+t2=k⋅8k2−24−8k2(1+t)+2t(3+4k2)4k2−12−8k2t+t2(3+4k2)=6k(t−4)4t−1k+3t−12，所以要使对任意实数k，k QM+k QN为定值，则只有t=4，此时，k QM+k QN=0．当直线l与x轴垂直时，若t=4，也有k QM+k QN=0．故在x轴上存在点Q(4，0)，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值0．【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题椭圆的标准方程【解析】【解答】解：(1)设椭圆C的焦距为2c(c>0)，由椭圆的定义知△PF1F2的周长为2a+2c，所以2a+2c=6.①又因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=ca=12，所以a=2c.②联立①②解得a=2，c=1，所以b=√a2−c2=√3，故所求椭圆C的方程为x24+y23=1．(2)若存在满足条件的点Q(t,0)．当直线l的斜率上存在时，设y=k(x−1)，联立x24+y23=1，消y得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0.设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2.因为k OM+k ON=y1x1−t+y2x2−t=k(x1−1)(x2−t)+k(x2−1)(x1−t)(x1−t)(x2−t)=2kx1x2−k(1+t)(x1+x2)+2ktx1x2−t(x1+x2)+t2=k⋅8k2−243+4k2−8k2(1+t)3+4k2+2t 4k2−123+4k2−8k23+4k2+t2=k⋅8k2−24−8k2(1+t)+2t(3+4k2) 4k2−12−8k2t+t2(3+4k2)=6k(t−4)4(t−1)2k2+3，所以要使对任意实数k，k QM+k QN为定值，则只有t=4，此时，k QM+k QN=0．当直线l与x轴垂直时，若t=4，也有k QM+k QN=0．故在x轴上存在点Q(4，0)，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值0．【答案】解：(1)由题意得f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=e x−1−ln x−1，所以f′′(x)=e x−1−1x.因为f′′(x)在(0,+∞)上单调递增，且f′′(1)=0，所以当x∈(0,1)时，f′′(x)<0，f′(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，f′′(x)>0，f′(x)单调递增．从而当x∈(0,+∞)时，f′(x)≥f′(1)=0，f(x)单调递增，故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，f(x)无单调递减区间．(2)函数ℎ(x)=f(x)−ax−1=e x−1−x ln x−ax−1，x>0，令ℎ(x)=0，得a=e x−1x−ln x−1x.令g(x)=e x−1x−ln x−1x，则函数ℎ(x)在x∈[1,+∞)的零点个数，等价于直线y=a与函数g(x)的图象在[1,+∞)上的交点个数．又g′(x)=e x−1(x−1)x2+1−xx2=(e x−1−1)(x−1)x2，所以当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)在[1,+∞)上的最小值为g(1)=0．又因为当x→+∞时，g(x)→+∞，所以①当a≥0时，直线y=a与函数g(x)的图象在[1,+∞)上有1个交点，②当a<0时，直线y=a与函数g(x)的图象在[1,+∞)上没有交点.综上，当a≥0时，函数ℎ(x)在[1,+∞)上有1个零点，当a<0时，函数ℎ(x)在[1,+∞)上没有零点．【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性函数的零点【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由题意得f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=e x−1−ln x−1，所以f′′(x)=e x−1−1x.因为f′′(x)在(0,+∞)上单调递增，且f′′(1)=0，所以当x∈(0,1)时，f′′(x)<0，f′(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，f′′(x)>0，f′(x)单调递增．从而当x∈(0,+∞)时，f′(x)≥f′(1)=0，f(x)单调递增，故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，f(x)无单调递减区间．(2)函数ℎ(x)=f(x)−ax−1=e x−1−x ln x−ax−1，x>0，令ℎ(x)=0，得a=ex−1x−ln x−1x.令g(x)=ex−1x−ln x−1x，则函数ℎ(x)在x∈[1,+∞)的零点个数，等价于直线y=a与函数g(x)的图象在[1,+∞)上的交点个数．又g′(x)=e x−1(x−1)x2+1−xx2=(e x−1−1)(x−1)x2，所以当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)在[1,+∞)上的最小值为g(1)=0．又因为当x→+∞时，g(x)→+∞，所以①当a≥0时，直线y=a与函数g(x)的图象在[1,+∞)上有1个交点，②当a<0时，直线y=a与函数g(x)的图象在[1,+∞)上没有交点.综上，当a≥0时，函数ℎ(x)在[1,+∞)上有1个零点，当a<0时，函数ℎ(x)在[1,+∞)上没有零点．【答案】解：(1)因为{x=2λ−1λ−1，y=λ−3λ−1，所以{x=2+1λ−1，y=1−2λ−1，得2x+y−5=0．又x=2+1λ−1≠2，所以C1的普通方程为2x+y−5=0(x≠2)，将ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，代入曲线C2的极坐标方程，得曲线C2的直角坐标方程为(x+4)2+(y+2)2=4．(2)由点A的极坐标(2√2,π4)，可得点A的直角坐标为(2,2)．设点M(x0,y0)，因为M为QA的中点，所以Q(2x0−2,2y0−2)，将Q代入C2的直角坐标方程得(x0+1)2+y02=1，即M在圆心为(−1,0)，半径为1的圆上．因为P为曲线C1上的动点，所以|MP|的最小值为√5−1=7√55−1，由(1)知C1不过点N(2,1)，当|MP|=7√55−1时，k MN ⋅(−2)=12−(−1)⋅(−2)=−23≠−1，综上知，|MP|的最小值为=7√55−1．【考点】圆锥曲线中的范围与最值问题 与圆有关的最值问题 直线的参数方程 圆的极坐标方程 点到直线的距离公式 【解析】 无 无 【解答】解：(1)因为 {x =2λ−1λ−1，y =λ−3λ−1，所以 {x =2+1λ−1，y =1−2λ−1， 得2x +y −5=0． 又x =2+1λ−1≠2，所以C 1的普通方程为2x +y −5=0(x ≠2)，将ρcos θ=x ，ρsin θ=y ，ρ2=x 2+y 2，代入曲线C 2的极坐标方程， 得曲线C 2的直角坐标方程为(x +4)2+(y +2)2=4． (2)由点A 的极坐标(2√2,π4)，可得点A 的直角坐标为(2,2)．设点M (x 0,y 0)，因为M 为QA 的中点，所以Q (2x 0−2,2y 0−2)，将Q 代入C 2的直角坐标方程得(x 0+1)2+y 02=1， 即M 在圆心为(−1,0)，半径为1的圆上． 因为P 为曲线C 1上的动点， 所以|MP|的最小值为√5−1=7√55−1，由(1)知C 1不过点N (2,1)， 当|MP|=7√55−1时，k MN ⋅(−2)=12−(−1)⋅(−2)=−23≠−1，综上知，|MP|的最小值为=7√55−1．【答案】解：(1)f (x )≤6⇔{x ≤−1,−3x ≤6或{−1<x <12,2−x ≤6或{x ≥12,3x ≤6,解得−2≤x ≤2．即不等式f (x )≤6的解集为{x|−2≤x ≤2}． (2)g(x)=f(x)+|x +1|=|2x −1|+|2x +2|≥|2x −1−2x −2| =3，当且仅当(2x −1)(2x +2)≤0时取等号， ∴ m =3．故a +2b +3c =3．由柯西不等式(a 2+b 2+c 2)(12+22+32)≥(a +2b +3c )2=9， 整理得a 2+b 2+c 2≥914， 当且仅当a1=b2=c3，即a =314，b =614，c =914时等号成立． 所以a 2+b 2+c 2的最小值为914．【考点】 绝对值不等式一般形式的柯西不等式 绝对值不等式的解法与证明 【解析】左侧图片未给出解析 【解答】解：(1)f (x )≤6⇔{x ≤−1,−3x ≤6或{−1<x <12,2−x ≤6或{x ≥12,3x ≤6,解得−2≤x ≤2．即不等式f (x )≤6的解集为{x|−2≤x ≤2}． (2)g(x)=f(x)+|x +1|=|2x −1|+|2x +2|≥|2x −1−2x −2| =3，当且仅当(2x −1)(2x +2)≤0时取等号， ∴ m =3．故a +2b +3c =3．由柯西不等式(a 2+b 2+c 2)(12+22+32)≥(a +2b +3c )2=9， 整理得a 2+b 2+c 2≥914，当且仅当a 1=b 2=c3，即a =314，b =614，c =914时等号成立． 所以a 2+b 2+c 2的最小值为914．。

山西省运城市景胜中学高一数学期中抽考试题考试总分：150 分考试时间： 120 分钟一、选择题〔此题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分，〕1. 集合，集合，那么集合中元素的个数是( )A.B.C.D.2. 某班共有学生名，在乒乓球、篮球、排球三项运动中每人至少会其中的一项，有些人会其中的两项．没有人三项均会．假设该班人不会打乒乓球，人不会打篮球，人不会打排球，那么该班会其中两项运动的学生人数是( )A.B.C.D.3. 设，那么“〞是“〞的〔〕A.必要而不充分条件B.充分而不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4. 以下说法中正确的选项是〔〕A.“〞是“〞的必要条件B.设，是简单命题，假设是真命题，那么也是真命题C.使函数是奇函数D.命题“，〞的否认是“，5. 假设函数在区间上递减，且，，那么( )A.B.C.D.6. 中国的技术领先世界，技术的数学原理之一便是著名的香农公式：．它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功的大小，其中叫做信噪比．当信噪比拟大时，公式中真数中的可以忽略不计．按照香农公式．假设不改变带宽，而将信噪比从提升至，那么大约增加了〔〕A.B.C.D.7. 设，那么〔〕A.B.C.D.8. 设方程的两个根分别为，，那么( )A.B.C.D.二、多项选择题〔此题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分，〕9. 假设，那么以下正确的有〔〕A.B.C.D.是( )A.B.C.D.11. ，，且，那么以下结论正确的选项是A.的最小值为B.当，均不为时，C.D.12. “关于的不等式对恒成立〞的一个必要不充分条件是A. B. C. D.三、填空题〔此题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分，〕13. 设集合且,那么值是________.14. 函数假设，那么实数的取值范围为________.15. 是定义在上的偶函数，且在上为增函数且满足，那么实数的取值范围是________.16. ，，且，那么的最小值为________.四、解答题〔此题共计 6 小题，共计70分，〕17.(10分) 化简与求值：；假设，求的值．18.(12分) 集合,.求集合和;假设，求实数的取值范围．19.(12分) ；.假设为真，求的取值范围；假设是的充分不必要条件，求实数的取值范围．20.(12分) 定义在上的增函数对任意实数，恒有.求的值，并证明函数为奇函数；对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．21.(12分) 函数，.假设对任意的，，不等式恒成立，求实数的取值范围．22.(12分) 节约资源和保护环境是中国的根本国策某化工企业，积极响应国家要求，探索改进工艺，使排放的废气中含有的污染物数量逐渐减少改进工艺前所排放的废气中含有的污染物数量为 ,首次改进后所排放的废气中含有的污染物数量为.设改进工艺前所排放的废气中含有的污染物数量为，首次改进后所排放的废气中含有的污染物数量为，那么第次改进后所排放的废气中含有的污染物数量为可由函数模型给出，其中是指改进工艺的次数试求改进后所排放的废气中含有的污染物数量的函数模型；依据国家环保要求，企业所排放的废气中含有的污染物数量不能超过，试问至少进行多少次改进工艺后才能使得该企业所排放的废气中含有的污染物数量达标．〔参考数据：取山西省运城市景胜中学高一数学期中抽考试题答案一、选择题〔此题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分〕1.【答案】D【解答】解：因为，所以由题意可求出，即集合中有个元素.应选.2.【答案】D【解答】解：设只会打乒乓球、篮球、排球的学生分别有，，人，同时会打乒乓球和篮球、排球和篮球、乒乓球和排球的学生分别为，，，由题意知，，①，②，③，④得(人)，故该班会其中两项运动的学生人数是人．应选．3.【答案】A【解答】解：由，解得，所以能推出成立，但是不能推出成立，所以“〞是“〞的必要而不充分4.【答案】D【解答】解：，由于无法得到成立，比方，但，所以“〞不是“〞的必要条件，故错误；，因为是真命题，那么命题或有一个为真命题即可，而要为真命题，命题和均要为真命题才成立，故错误；，函数的定义域为，关于原点对称，而，假设函数为奇函数，此时成立，即，由于，故不成立，故函数不可能为奇函数，故错误；，由全称命题的否认为特称命题可知：命题“，〞的否认是“，〞，故正确.应选.5.【答案】D【解答】解：由，得，又函数的对称轴方程为，∴ 复合函数的减区间为.∴ 函数在区间上递减，∴ 那么，而，，∴ .应选．6.【答案】B【解答】解：将信噪比从提升至时，大约增加了．应选．7.【答案】B【解答】解：∴ ，，∴ ，∴ ，，∴ ．应选．8.【答案】D解：，的图象为：设，那么，，，∴ .应选.二、多项选择题〔此题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分〕9.【答案】A,D【解答】解：，由于在上为增函数，∴ ，故正确；，由于在上为增函数，∴ ，故错误；，由于在上为增函数，∴ ，那么，即，故错误；，由于在上为减函数，∴ ，故正确.应选.10.【答案】C,D【解答】解：，由可知，对于集合中元素，，，在集合中都没有元素与之对应，故错误；，由可知，对于集合中元素，，，在集合中都没有元素与之对应，故错误；，由可知，对于集合中任何元素，在集合中都有唯一元素与之对应，故正确；，由可知，对于集合中任何元素，在集合中都有唯一元素与之对应，故正确.应选.11.【答案】A,B,D【解答】解：，因为，当且仅当时，等号成立，故正确；，因为，所以，当，均不为时，，故正确；，因为，所以，由知，的最小值为，所以，故不正确；，，当且仅当时等号成立，故正确．应选．12.【答案】B D【解答】关于?的不等式对恒成立那么，解得：选项“是“关于?的不等式对恒成立〞的充要条件；选项“是“关于?的不等式对恒成立〞的必要不充分条件；选项〞〞是“关于的不等式对恒成立〞的充分不必要条件；选项〞〞是“关于?的不等式对恒成立“必要不充分条件．应选：．三、填空题〔此题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分〕13.【答案】或【解答】由题意①假设．解得或当时，集合中，，不符合集合的互异性舍去；当时，，符合题意．②假设．解得，符合题意．综上ａ的值是或故答案为：或14.【答案】【解答】解：由题意，得或解得或.故答案为：.15.【答案】【解答】解：因为是定义在上的偶函数，且，所以所以解得：,因为在上为增函数且，可得：①．当时，①式可化为，因为，所以，所以，解得．综上所述，所求的取值范围是．故答案为：．16.【答案】【解答】解：，且，∴ ，当且仅当，即时，等号成立.故答案为：.四、解答题〔此题共计 6 小题，共计70分〕17.【答案】解：原式 .由平方得，所以，所以，，那么，所以．【解答】解：原式.由平方得，所以，所以，，那么，所以．18.【答案】解：当时，，有，那么,当时，有，那么．，那么或，解得或【解答】解：当时，，有，那么,当时，有，那么．，那么或，解得或19.【答案】解：：，即，∴ .假设为真，那么.∴ 是的充分不必要条件，即时，恒有，∴ ，∴ ，即∴ .【解答】解：：，即，∴ .假设为真，那么.∴ 是的充分不必要条件，即时，恒有，∴ ，∴ ，即∴ .20.【答案】解：令，可得，从而.令，那么，即，∴ 为奇函数．为奇函数，不等式，可化为.为增函数，，由题意有对任意实数恒成立，，∴ .【解答】解：令，可得，从而.令，那么，即，∴ 为奇函数．为奇函数，不等式，可化为.为增函数，，由题意有对任意实数恒成立，，∴ .21.【答案】解：由于二次函数的图象开口向上，对称轴为直线假设函数在区间上单调递增，那么，．时，，在恒成立，记，，①当时，，由，；②当时，，由，；③当时，，由，.综上所述，的取值范围是.【解答】解：由于二次函数的图象开口向上，对称轴为直线假设函数在区间上单调递增，那么，．时，，在恒成立，记，，①当时，，由，；②当时，，由，；③当时，，由，.综上所述，的取值范围是.22.【答案】解：由题意得，所以当时，，即，解得，所以，故改进后所排放的废气中含有的污染物数量的函数模型为.由题意可得，整理得，，两边同时取常用对数，得，整理得，，将代入，得，又因为，所以，故至少进行次改进工艺后才能使得该企业所排放的废气中含有的污染物数量达标．【解答】解：由题意得，所以当时，，即，解得，所以，故改进后所排放的废气中含有的污染物数量的函数模型为.由题意可得，整理得，，两边同时取常用对数，得，整理得，，将代入，得，又因为，所以，故至少进行次改进工艺后才能使得该企业所排放的废气中含有的污染物数量达标．。

2020-2021学年山西运城高二上数学月考试卷一、选择题1. 已知集合A={x|x2−2x−15<0}，B={x|x>2}，则A∩B=( )A.[−3,5）B.(−3,2)C.(2,5)D.(−3,2]2. 若某棱台的上、下底面面积分别为3，27，高为4，则该棱台的体积为( )（注：V=13(S′+√S′S+S)ℎ）A.52B.42C.60D.323. 若一长方体的六个面中有三个面的面积分别是6，8，12，则BD1=( )A.√13B.5C.29D.√294. 已知曲线y=4x 上的点(a,b)在第一象限，则2a+2b的最小值是（）A.1B.2C.4D.65. 已知实数x，y满足不等式组{x−y−4≤0,x+2y+2≥0y−2≤0,，则z=2x+y的最小值为（）A.−12B.−10C.2D.146. 已知M=x2+y2−3x+y+1，N=x−y−4，则M，N的大小关系是（）A.M≥NB.M>NC.M≤ND.M<N7. 函数f(x)=sin x ln x2的大致图象为（）A. B.C. D.8. 如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A.8√2+4√5+12B.10C.16√2+8√5+24D.209. 已知函数f(x)={log3x,x>0,3x,x≤0,若f(0)+f(a)=0，则a=( )A.13B.−1C.12D.110. 如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为16，当细沙全部在上面的圆锥内时，其高度为圆锥高度的12（中间衔接的细管长度忽略不计）．当细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此沙堆的侧面积为( )A.4√5πB.8√5πC.32√17πD.16√17π11. 已知三棱锥P −ABC 的体积为1，其外接球O 的半径为R ，PA =2R ，△ABC 是腰长为2的等腰三角形，且∠BAC =2π3，则球O 的表面积为（ ）A.2√193π B.192πC.19πD.19√19π12. 已知函数f (x )=√3sin ωx −cos ωx (ω>0)，现有下述四个结论： ①当f (x )的最小正周期为π时，直线x =π3是f (x )图象的一条对称轴； ②若f (x )在(π2,π)上单调递减，则实数ω的取值范围是[43,103]；③若将f (x )的图象向左平移π3个单位长度，所得图象关于y 轴对称，则ω的最小值为1； ④若函数g (x )=f (x )+1在[0,π]上恰有2个零点，则实数ω的取值范围是[43,2）. 其中所有正确结论的编号是( ) A.①②④ B.①④ C.①③ D.②③二、填空题已知向量a →=(2,3)，b →=(x,−1)，若a →⊥b →，则x =________.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和慕窒壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度）如图2所示．已知球的半径为R ，圆柱的高为5R3．设酒杯上部分（圆柱）的体积为V 1，下部分（半球）的体积为V 2，则V1V 2的值是________.若一个圆台的轴截面是腰长为2√3，下底边长为6，对角线长为2√6的等腰梯形，则这个圆台的表面积为________ ．（注：S =π(r ′2+r 2+r ′l +rl))在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2，AA 1=4，则异面直线A 1B 与B 1D 1所成角的余弦值为________.三、解答题如图，在三棱锥A −BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且MP =MB .(1)证明：DM//平面APC ．(2)若BC =6，AP =BP =10，求三棱锥P −MCD 的体积．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边务别是a ，b ，c ，且a 2=b 2+bc. (1)证明：A =2B ；(2)若b =2，且sin C +tan B cos C =1，求△ABC 的内切圆的半径．在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1=A 1C =AB =BC =2，AC =2√3，且点O 为AC 的中点．(1)证明：平面A1OB⊥平面ABC；(2)求点B1到平面A1BC的距离．如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=BB1，AB1∩A1B=E，D为AC的中点．(1)证明：BD⊥A1D；(2)若AB=2，且AC⋅BD=4，求几何体EBDC1B1的体积．已知等差数列{a n}和等比数列{b n}的前n项和分别为S n和T n，且a1=b1=3，S5=35，b2=a6−1. (1)求数列{a n},{b n}的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得S m+T m+1S m+T m=2，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．如图1，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AD=AB=CD=12BC，E为BC的中点，F为DE的中点．沿DE将△CDE翻折到图2中的△PDE的位置，使∠AFP=60∘．(1)若PF的中点为O，证明：AO⊥平面PDE；(2)已知PH⊥平面ABED，垂足为H，在棱PB上是否存在一点M，使MH//平面PDE？若存在，求出PMMB的值；若不存在，说明理由．参考答案与试题解析2020-2021学年山西运城高二上数学月考试卷一、选择题1.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】无【解答】解：因为A={x|−3<x<5}，B={x|x>2}，所以A∩B={x|2<x<5}．故选C．2.【答案】A【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：V=13×(3+27+√3×27)×4=52．故选A．3.【答案】D【考点】棱柱的结构特征【解析】此题暂无解析【解答】解：设该长方体从一个顶点出发的三条棱的长分别为a，b，c，则ab=6，ac=8，bc=12，解得a=2，b=3，c=4，所以BD1=√22+32+42=√29．故选D．4.【答案】B【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】由题意可得a>0,b>0,且ab=4，则2a+2b≥2√4ab=2（当且仅当a=b=2时，等号成立）．【解答】解：由题意可得a>0，b>0，且ab=4，则2a+2b≥2√4ab=2（当且仅当a=b=2时，等号成立）．故选B.5.【答案】B【考点】求线性目标函数的最值简单线性规划【解析】作出题中不等式组表示的平面区域，得到如图的阴影部分，再将函数z=2x+y对应的直线进行平移，即可求得最小值.【解答】解：画出不等式组的可行域，如图阴影部分所示：由z=2x+y，可得y=−2x+z，平移直线y=−2x+z，结合图形可得，当直线y=−2x+z经过A点时，直线在y轴上的截距最小，此时z也取得最小值，由{x+2y+2=0，y=2,解得{x=−6，y=2,故A点的坐标为(−6,2)，故z min=2×(−6)+2=−10.故选B.6.【答案】A【考点】不等式比较两数大小【解析】由题意可得M−N=x2+y−3x+y+1−(x−y−4)=(x−2)2+(y+1)2≥0，则M≥N .【解答】解：由题意可得M −N =x 2+y 2−3x +y +1−(x −y −4) =(x −2)2+(y +1)2≥0，则M ≥N . 故选A . 7.【答案】 D【考点】 函数的图象函数奇偶性的判断【解析】 无【解答】解：因为f (−x )=sin (−x)ln (−x)2=−sin x ln x 2=−f (x )， 所以f (x )为奇函数，故排除A,C ；当x ∈(0,1)时，sin x >0，ln x 2<0，f (x )<0，故排除A ． 故选D ． 8.【答案】 C【考点】由三视图求表面积 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由三视图可知该多面体为三棱锥，将其放在长方体中，如图所示，其中BD =8，AC =4，CD =4，AD =4√2，BC=4√5， 故S 表面积=S △ABD +S △ACD +S △ABC +S △BCD =16√2+8+8√5+16=16√2+8√5+24． 故选C ． 9.【答案】 A【考点】分段函数的应用 对数及其运算 【解析】由f(0)+f(a)=0，导f (a )=−1，所以f (a )=log 3a =−1，解得a =13.【解答】解：由f(0)+f(a)=0，得f (a )=−f(0)=−1，所以f (a )=log 3a =−1，解得a =13 . 故选A . 10. 【答案】 D【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：细沙在上部容器时的体积V =13π×42×8=128π3，流入下部后的圆锥形沙堆底面半径为8，设高为ℎ1， 则V =13×π×82⋅ℎ1，所以ℎ1=2，下部圆锥形沙堆的母线长√82+22=2√17. 故此沙堆的侧面积S 侧=π×8×2√17=16√17π． 故选D . 11. 【答案】 C【考点】 球内接多面体 球的表面积和体积【解析】【解答】解：设三棱锥P −ABC 的高为ℎ， 由题知S △ABC =12×2×2⋅sin 120∘=√3， V P−ABC =13⋅S △ABC ⋅ℎ=1，则三棱锥P −ADC 的高ℎ=√3.设M 为S △ABC 的外接圆的圆心，连接OM ，如图，则OM⊥平面ABC.因为PA=2R，所以O为PA的中点，所以OM=12ℎ=√32．在△ABC中，2AM=BCsin∠BAC=4，所以AM=2，所以OA2=R2=AM2+OM2=194，故球O的表面积为4πR2=19π．故选C．12.【答案】B【考点】正弦函数的周期性函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换正弦函数的对称性正弦函数的单调性正弦函数的奇偶性函数的零点【解析】无【解答】解：f(x)=√3sinωx−cosωx=2sin(ωx−π6)，若f(x)的最小正周期为π，则ω=2.因为2×π3−π6=π2，所以直线x=π3是f(x)图象的一条对称轴，故①正确；若f(x)在(π2,π)上单调递减，则πω≥π−π2=π2，所以0<ω≤2．由ω⋅π2−π6≥2kπ+π2，且ωπ−π6≤2kπ+3π2，k∈Z，解得4k+43≤ω≤2k+53，k∈Z，则ω∈[43,53]，故②错误；将f(x)的图象向左平移π3个单位长度，所得图象对应的函数为y=2sin(ωx+π3ω−π6).由π3ω−π6=π2+kπ(k∈Z)，得ω=2+3k(k∈Z).因为ω>0，所以ω的最小值为2，故③错误；若f(x)=−1在[0,π]上恰有2个不同的解，则7π6≤ωπ−π6<11π6，ω的取值范围是[43,2)，故④正确．故选B.二、填空题【答案】32【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】【解答】解：由2x−3=0，得x=32．故答案为：32.【答案】52【考点】球的表面积和体积柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意知V1=πR2⋅5R3=5πR33，V2=12⋅4πR33=2πR33，所以V1V2=5πR332πR33=52．故答案为：52．【答案】(10+8√3)π 【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：圆台的轴截面如图所示，由AD =2√3，AB =6，BD=2√6，则AD 2+BD 2=AB 2，可知∠ADB =90∘． 分别过点D ，C 作DH ⊥AB ，CG ⊥AB ， 因为12AD ⋅DB =12AB ⋅DH ，所以DH =2√2． 因为HB =√BD 2−DH 2=4， 所以AH =GB =AB −BH =2， 所以DC =HG =2，故圆台的表面积S =π⋅(1+9+2√3+3×2√3) =(10+8√3)π．故答案为：(10+8√3)π． 【答案】√10【考点】异面直线及其所成的角 【解析】左侧图片未给出解析． 【解答】解：连接BD ，如图：因为BD//B 1D 1，所以∠A 1BD 就是A 1B 与B 1D 1所成的角. 在△A 1BD 中，BD =2√2，A 1B =A 1D =2√5. 设E 为BD 的中点，连接A 1E ，则A 1E ⊥BD ，所以cos ∠A 1BD =√225=√1010. 故答案为：√1010. 三、解答题【答案】(1)证明：∵ M 为AB 的中点，D 为PB 的中点， ∴ MD//AP ．又∵ DM ⊄平面APC ，AP ⊂平面APC ， ∴ DM//平面APC ．(2)解：∵ MP =MB ，且D 为PB 的中点， ∴ MD ⊥PB ．又由(1)知，MD//AP ． ∴ AP ⊥PB ．∵ AP ⊥PC ，PB ∩PC =P ， ∴ AP ⊥平面PBC ， ∴ AP ⊥BC ．∵ AC ⊥BC ，AC ∩AP =A ， ∴ BC ⊥平面APC ． ∴ BC ⊥PC .∵ AP =BP =10，∴ AB =10√2，MB =5√2． ∵ BC =6，∴ PC =√100−36=√64=8， ∴ S △PCD =12S △PBC =14PC ⋅BC =14×8×6=12．∵ MD =12AP =5，∴ 三棱锥P −MCD 的体积为： V P−MCD =V M−PCD =13×12×5=20． 【考点】直线与平面垂直的判定 直线与平面平行的判定 柱体、锥体、台体的体积计算【解析】 此题暂无解析 【解答】(1)证明：∵ M 为AB 的中点，D 为PB 的中点， ∴ MD//AP ．又∵ DM ⊄平面APC ，AP ⊂平面APC ， ∴ DM//平面APC ．(2)解：∵MP=MB，且D为PB的中点，∴MD⊥PB．又由(1)知，MD//AP．∴AP⊥PB．∵AP⊥PC，PB∩PC=P，∴AP⊥平面PBC，∴AP⊥BC．∵AC⊥BC，AC∩AP=A，∴BC⊥平面APC．∴BC⊥PC.∵AP=BP=10，∴AB=10√2，MB=5√2．∵BC=6，∴PC=√100−36=√64=8，∴S△PCD=12S△PBC=14PC⋅BC=14×8×6=12．∵MD=12AP=5，∴三棱锥P−MCD的体积为：V P−MCD=V M−PCD=13×12×5=20．【答案】(1)证明：由a2=b2+c2−2bc cos A，得c2=bc+2bc cos A，即c=b+2b cos A，∴sin C=sin B+2sin B cos A，即sin(A+B)=sin B+2sin B cos A,即sin(A−B)=sin B>0.又0<B<π，−π<A−B<π，∴A−B=B或A−B=π−B(舍去），∴A=2B .(2)解：由sin C+tan B cos C=1得：sin(B+C)=cos B，∴sin A=cos B>0，∴sin2B=cos B，∴sin B=12，∴B=π6，A=π3，C=π2.由b=2，可知a=2√3,c=4，则△ABC内切圆的半径r=a+b−c2=√3−1 . 【考点】余弦定理正弦定理同角三角函数基本关系的运用二倍角的正弦公式【解析】（1）证明：由a2=b2+c2−2bc cos A，得c2=bc+2bc cos A，即c=b+2b cos A，∴sin C=sin B+2sin B cos A，即sin(A+B)=sin B+2sin B cos A，又0<B<π，−π<A−B<π，∴A−B=B或A−B=π−B舍去），∴A=2B .（2）由sin C+tan B cos C=1得sin(B+C)=cos B，∴sin A=cos B>0，∴sin B=12，∴B=π6,A=−π3,C=π2.由b=2，可知a=2√3,c=4，则△ABC内切圆的半径r=a+b−c2=√3−1 .【解答】(1)证明：由a2=b2+c2−2bc cos A，得c2=bc+2bc cos A，即c=b+2b cos A，∴sin C=sin B+2sin B cos A，即sin(A+B)=sin B+2sin B cos A,即sin(A−B)=sin B>0.又0<B<π，−π<A−B<π，∴A−B=B或A−B=π−B(舍去），∴A=2B .(2)解：由sin C+tan B cos C=1得：sin(B+C)=cos B，∴sin A=cos B>0，∴sin2B=cos B，∴sin B=12，∴B=π6，A=π3，C=π2.由b=2，可知a=2√3,c=4，则△ABC内切圆的半径r=a+b−c2=√3−1 .【答案】(1)证明：∵AA1=A1C，且O为AC的中点，∴A1O⊥AC．∵平面AA1CC1⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，∴A1O⊥平面ABC．∵A1O⊂平面A1OB，∴平面A1OB⊥平面ABC．(2)解：点B1到平面A1BC的距离与点A到平面A1BC的距离相等，设点A到平面A1BC的距离为ℎ，由(1)知A1O⊥平面ABC.∵AA1=A1C=AB=BC=2，AC=2√3，∴A1O=√AA12−AO2=1，BO=√AB2−AO2=1，∵BO=A1O=1，∴A1B=√2，∴S△ABC=12AC⋅BO=√3，S△A1BC =12×√2×√22−(√22)2=√72，∴V A1−ABC =13S ABC×A1O=13×√3×1=√33．∵V A1−ABC =V A−A1BC，∴√33=13×√72×ℎ，∴ℎ=2√217．【考点】点、线、面间的距离计算平面与平面垂直的性质平面与平面垂直的判定柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：∵AA1=A1C，且O为AC的中点，∴A1O⊥AC．∵平面AA1CC1⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，∴A1O⊥平面ABC．∵A1O⊂平面A1OB，∴平面A1OB⊥平面ABC．(2)解：点B1到平面A1BC的距离与点A到平面A1BC的距离相等，设点A到平面A1BC的距离为ℎ，由(1)知A1O⊥平面ABC.∵AA1=A1C=AB=BC=2，AC=2√3，∴A1O=√AA12−AO2=1，BO=√AB2−AO2=1，∵BO=A1O=1，∴A1B=√2，∴S△ABC=12AC⋅BO=√3，S△A1BC =12×√2×√22−(√22)2=√72，∴V A1−ABC =13S ABC×A1O=13×√3×1=√33．∵V A1−ABC =V A−A1BC，∴√33=13×√72×ℎ，∴ℎ=2√217．【答案】(1)证明：因为AB=BC，D为AC的中点，所以AC⊥BD．因为AA1⊥BD，AA1∩AC=A，所以BD⊥平面A1ACC1．又A1D⊂平面A1ACC1，所以BD⊥A1D．(2)解：由(1)可知AC⊥BD，因为AB=BC=2，所以S△ABC=12⋅AC⋅BD=12AB⋅BC⋅sin∠ABC，即4=2×2⋅sin∠ABC，可得sin∠ABC=1，所以AB⊥BC.因为AB=BC=BB1=2，所以AD=BD=√2．几何体EBDC1B1由三棱锥E−BC1D与三棱锥C1−BB1E组合而成.因为三棱锥E−BC1D的体积为三棱锥A1−BC1D体积的一半，所以V E−BC1D=12V A1−BC1D=12V B−A1C1D=12×13×12×2√2×2×√2=23．因为V C1−BB1E=13×12×2×1×2=23，所以几何体EBDC1B1的体积为43．【考点】两条直线垂直的判定柱体、锥体、台体的体积计算【解析】左侧图片未给出解析左侧图片未给出解析【解答】(1)证明：因为AB=BC，D为AC的中点，所以AC⊥BD．因为AA1⊥BD，AA1∩AC=A，所以BD⊥平面A1ACC1．又A1D⊂平面A1ACC1，所以BD⊥A1D．(2)解：由(1)可知AC⊥BD，因为AB=BC=2，所以S△ABC=12⋅AC⋅BD=12AB⋅BC⋅sin∠ABC，即4=2×2⋅sin∠ABC，可得sin∠ABC=1，所以AB⊥BC.因为AB=BC=BB1=2，所以AD=BD=√2．几何体EBDC1B1由三棱锥E−BC1D与三棱锥C1−BB1E组合而成. 因为三棱锥E−BC1D的体积为三棱锥A1−BC1D体积的一半，所以V E−BC1D =12V A1−BC1D=12V B−A1C1D=12×13×12×2√2×2×√2=23．因为V C1−BB1E =13×12×2×1×2=23，所以几何体EBDC1B1的体积为43．【答案】解：(1)因为S5=5a3=35，所以a3=7.因为a1=3，所以d=7−32=2，则a n=a1+(n−1)d=2n+1.因为b2=a6−1，所以b2=2×6+1−1=12.因为b1=3，所以q=123=4，则b n=b1q n−1=3×4n−1．(2)由(1)可得S n=n2+2n，T n=4n−1，则S m+T m+1S m+T m =m2+2m−1+4m+1m2+2m−1+4m=2，从而m2+2m−1=2×4m，即m 2+2m−14m=2.设f(m)=m 2+2m−14m，则f(m+1)−f(m)=(m+1)2+2(m+1)−14m+1−m2+2m−14m=−3m2+4m−64m+1<0，所以f(1)>f(2)>f(3)>⋯，因为f(1)=12，所以m 2+2m−14m=2无正整数解，即不存在满足条件的m．【考点】数列与函数的综合等比数列的前n项和等比数列的通项公式等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】左侧图片未给出解析．左侧图片未给出解析．【解答】解：(1)因为S5=5a3=35，所以a3=7.因为a1=3，所以d=7−32=2，则a n=a1+(n−1)d=2n+1.因为b2=a6−1，所以b2=2×6+1−1=12.因为b1=3，所以q=123=4，则b n=b1q n−1=3×4n−1．(2)由(1)可得S n=n2+2n，T n=4n−1，则S m+T m+1S m+T m=m2+2m−1+4m+1m2+2m−1+4m=2，从而m2+2m−1=2×4m，即m2+2m−14m=2.设f(m)=m2+2m−14m，则f(m+1)−f(m)=(m+1)2+2(m+1)−14m+1−m2+2m−14m=−3m2+4m−64m+1<0，所以f(1)>f(2)>f(3)>⋯，因为f(1)=12，所以m2+2m−14m=2无正整数解，即不存在满足条件的m．【答案】(1)证明：连结AE，由AD//BC，AD=AB=CD=12BC，E为BC中点及翻折变换知，△PDE，△ADE都是等边三角形.因为F为DE的中点，所以PF ⊥DE ，AF ⊥DE 且PF =AF. 因为∠AFP =60∘，所以△APF 是等边三角形. 又点O 是PF 的中点， 所以AO ⊥PF.又PF ⊥DE,AF ⊥DE ， 所以DE ⊥平面APF ， 从而ED ⊥AO.因为PF ∩DE =F ， 所以AO ⊥平面PDE ．(2)解：存在，当点M 为棱PB 的中点时，有MH//平面PDE ，此时PMMB=1．由(1)知DE ⊥平面APF ， 所以平面APF ⊥平面ABED ， 又PH ⊥平面ABED ， 所以PH ⊂平面APF ．因为△APF 是等边三角形，PH ⊥AF ， 所以点H 为AF 的中点．取PB ，BE 的中点分别为M ，N ，连结MN ，NH ，MH ， 则MN//PE ，NH//ED . 又MN ∩NH =N ，所以平面HMN//平面PDE . 因为MH ⊂平面HMN ， 所以MH//平面PDE ， 此时PM =MB ，所以PMMB =1.【考点】直线与平面垂直的判定 直线与平面平行的判定 【解析】（1）证明：连接AE ，由AD//BC,AD =AB =CD =12BC,E 为BC 中点及翻折变换知， △PDE,△ADE 都是等边三角形，因为F 为DE 的中点，所以PF ⊥DE,AF ⊥DE ，且PF =AF. 因为∠AFP =60∘，所以△APF 是等边三角形， 又点O 是PF 的中点，所以AO ⊥PF.又PF ⊥DE,AF ⊥DE ，所以DE ⊥平面APF ， 从而ED ⊥AO.因为PF ∩DE =F ，所以AO ⊥平面PDE ．（2）解：存在，当点M 为棱PB 的中点时，有MH//平面PDE ，此时PMMB =1． 由（1）知DE ⊥平面APF ，所以平面APF ⊥平面ABED ， 又PH ⊥平面ABED ，所以PH ⊂平面APF ．因为△APF 是等边三角形，PH ⊥AF ，所以点H 为AF 的中点．取PB ，BE 的中点分别为M ，N ，连接MN ，NH ，MH ，则MN//OE,NH//ED 又MN ∩NH =N ，所以平面HMN//平面PDE ， 因为MH ⊂平面HMN ，所以MH//平面PDE ， 此时PM =MB ，所以PMMB =1.【解答】(1)证明：连结AE ，由AD//BC ，AD =AB =CD =12BC ，E 为BC 中点及翻折变换知，△PDE ，△ADE 都是等边三角形. 因为F 为DE 的中点，所以PF ⊥DE ，AF ⊥DE 且PF =AF. 因为∠AFP =60∘，所以△APF 是等边三角形. 又点O 是PF 的中点， 所以AO ⊥PF.又PF ⊥DE,AF ⊥DE ， 所以DE ⊥平面APF ， 从而ED ⊥AO.因为PF ∩DE =F ， 所以AO ⊥平面PDE ．(2)解：存在，当点M 为棱PB 的中点时，有MH//平面PDE ，此时PMMB =1． 由(1)知DE ⊥平面APF ， 所以平面APF ⊥平面ABED ，又PH⊥平面ABED，所以PH⊂平面APF．因为△APF是等边三角形，PH⊥AF，所以点H为AF的中点．取PB，BE的中点分别为M，N，连结MN，NH，MH，则MN//PE，NH//ED.又MN∩NH=N，所以平面HMN//平面PDE.因为MH⊂平面HMN，所以MH//平面PDE，=1.此时PM=MB，所以PMMB。