一項是符合題目要求的..【答案】B=(2,0),=(-1,)，則與(-)夾角的余弦值為() 2cosn-b,n=-=2′2=23. cosn-b,n=-=2′2=23.3．“直線xsinq+y-1=0與x+ycosq+1=0平行”是“q=”的( 2)【答案】B【解析】若直線xsinq+y-1=0與x+ycosq+1=0平行，1易得:sinq10,cosq10，故：sinq2-1， =1 =122224則sinqcosq=1,1sin2q=1,sin2q=1,2q=π+2kπ(k?Z),q=π+22224得不到q=，故不是充分條件；反之，當(dāng)q=π時sinq-1成立，故直線xsinq+1y-1=0與x+ycosq+1=0平行，是41=cosq112故“直線xsinq+y-1=0與x+ycosq+1=0平行”是“q=”的必要不充分條件，4．若x-16=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，則a2+a4+a6=()【答案】D【解析】因?yàn)閤-16=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，所以令x=0可得a0=1①,令x=-1可得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=26③,②+③可得a0+a2+a4+a6=25①,將①代入④可得a2+a4+a6=25-1=31.在等高處的截面積相等，則體積相等.更詳細(xì)點(diǎn)說就是，介于兩個平行平面之間的行于這兩個平面的平面所截，如果兩個截面的面積相等，則這兩個立體的體積相等稱為“祖暅原理”.3D打印技術(shù)發(fā)展至今，已經(jīng)能夠滿足術(shù)打印了一個“睡美人城堡”.如圖，其在高度為h的水平截面Sh=π9-h2，h?0,9擬合，則該“睡美人城堡”的體積約為()A.27πB.81πC.108πD.243π【答案】D圓錐PO的高和底面半徑為9,平行于圓錐PO底面的截面角圓錐PO的母線PB于點(diǎn)C,設(shè)截面圓圓心為點(diǎn)O',易知△PO'C∽△POB,且OO'=h則,則PO'=PO-OO'=9-h,即根據(jù)祖廂原理知，該“睡美人城堡”的體積與一個底面圓半徑為9,高為9的圓錐的體積近似相等，所以該“睡美人城堡”的體積約為(a+c)(sin4-sinC)=b(sinA-sinB),且【答案】C又又;;即,3,,B.a<b<(為(B.a<b<(A.c<b<a率為e,雙曲線的離心率為e?,則的最小值是()【解析】如圖，設(shè)橢圓的長半軸長為a,雙曲線的實(shí)半軸長為a?,F|+|PF?|=2a,|PF|-|PF?二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是()A.數(shù)據(jù)6,2,3,4,5,7,8,9,1,10的第70百分位數(shù)是8.5D.根據(jù)分類變量X與Y的成對樣本數(shù)據(jù)，計算得到c2=4.712，依據(jù)a=0.05的卡方獨(dú)立性檢驗(yàn)x0.05=3.841，可判斷X與Y有關(guān)且該判斷犯錯誤的概率不超過0.05【答案】BCD【解析】對于A，因?yàn)?0′70%=7，對于D，根據(jù)獨(dú)立性檢驗(yàn)的意義可知c2=4.712>x0.05，故可判斷X與Y有關(guān)且該判斷犯錯誤的概率不超過0.05，故D正確.10．若函數(shù)f(x)=2sin2x×log2sinx+2cos2x×log2cosx，則()A.f(x)的最小正周期為pB.f(x)的圖象關(guān)于直線x=對稱C.f(x)的最小值為-1D.f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為2kp,+2kp，k?Z【答案】BCD【解析】由sinx>0，cosx>0得f(x)的定義域?yàn)?2kp,+2kp)，k?Z，當(dāng)x?(0,)時，x+p?(p,p)不在定義域內(nèi)，故f(x+p)=f(x)不成立，又f(-x)=2cos2x×log2cosx+2sin2x×log2sinx=f(x)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x=對稱，所以選項B正確；因?yàn)閒(x)=sin2x×log2sin2x+cos2x×log2cos2x，設(shè)t=sin2x， 12g￠(t)= 12222故g(t)min=g(1)=-1，即f(x)min=-1，故選項C正確；因?yàn)間(因?yàn)間(t)在 <x<2得2 4p2kp<x<又 4p2kp<x<又f(x)的定義域?yàn)閠=sin2x在p(2kp,t=sin2x在p(2kp,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為411．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(x)為奇函數(shù)，f(1+x)=f(1-x)，f(3)=1，則()Af(-1)=1B.f(x)=f(4+x).C.f(x)=f(4-x)D.f(k)=-1k=1【答案】ABD【解析】由fx為奇函數(shù)，即函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于0,0對稱，又f1+x=f1-x，則fx的圖象關(guān)于x=1對稱，所以f(x+2)=f(-x)=-f(x)，則f(4+x)=-f(x+2)=f(x)，\fx為周期函數(shù)且周期為T=4，B對.所以f3=f-1=1，A對.而f(4-x)=f(-x)=-f(x)，C錯.由上可知f2=-f0=0，f4=f0=0，所以f1+f2+f3+f4=-f-1+0+1+0=0，則f(k)=f(1)+f(2)=-1，D對.k=112．已知集合A=x-2<x<4，B=íx2x>y,則AIB=______________.故AIB=-1,4.13.已知A為圓C:上的動點(diǎn)，B為圓E:要使【答案】λ≤1【解析】由,則由4ln+3Sn<n+2，可得nl<n+2，即l<n34=1+，設(shè)fx=x++3x>0，則f￠x=-324<0恒成立，故fx在0,+￥單調(diào)遞減，當(dāng)x?+￥時，fx?0，123456789甲8788乙9879丙99989（2）在上述10場比賽中，從甲得分不低于10分的場次中隨機(jī)選擇兩場，設(shè)X表示乙得分大于丙得分的場數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望EX；（3）假設(shè)每場比賽獲勝者唯一，且各場相互獨(dú)立，用上述10場比賽【解析】（1）根據(jù)三人投籃得分統(tǒng)計數(shù)據(jù)，在10場比賽中，甲共獲勝3場，分別是第3場，第8場，第設(shè)A表示“從10場比賽中隨機(jī)選擇一場，甲獲勝”，則PA=.分別是第2場、第5場、第8場、第9場.所以X的所有可能取值為0，1，2.PX=0==，PX=1==，PX=2==.所以X的分布列為X012P2-5所以(3)由題意，每場比賽甲獲勝的概率為乙獲勝的概率為,丙獲勝的概率為-還需要進(jìn)行6場而甲、乙、丙獲勝的場數(shù)符合二項分布，所以D(Y?)=6×0.3(1-0.3)=1.26,D(Y?)=6×0.5(1-0.5)=1.5,D(Y)=6×0.2(1-16.如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD為平行四邊形，AB=2,AD=2√2,∠ABD=90°,矩形BDEF所在平面與底面ABCD垂直，M為CE的中點(diǎn).(1)求證：平面BDM//平面AEF;(2)若平面BDM與平面BCF夾角的余弦值為【答案】(1)證明見解析(2)求CE與平面BDM所成角的正弦值.【解析】(1)如圖，連接AC交BD于點(diǎn)G,連接MG.因?yàn)榈酌鍭BCD為平行四邊形，所以G為AC的中點(diǎn).因?yàn)镸為CE的中點(diǎn)，所以MG//EA.又因?yàn)镸G平面AEF,EAC平面AEF,所以MG//平面AEF.因?yàn)锽DEF為矩形，所以DB//EF,BD所以BD//平面AEF.因?yàn)镸G∩BD=G,MGC平面BDM,BDC平面BDM,所以平面BDM//平面AEF.(2)因?yàn)锳B=2,AD=2√Z,∠ABD=90°,因?yàn)槠矫鍮DEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩所以DE⊥平面ABCD.所以BD=2,AB⊥BD.所以DM=(0,1,1),DB=(2,0,0),BC=(-2,2,0),BF=(0設(shè)平面BDM的法向量為h=(x?y,=?),則設(shè)平面BCF的法向量為h=(x?,y?,=),則所以解得t=2,設(shè)CE與平面BDM所成的角為θ,(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,0)處的切線為x軸，求a的值；(2)討論f(x)在區(qū)間(1,+o)內(nèi)極值點(diǎn)的個數(shù)；【解析】(1)由f(x)=x-alnx-1(a∈R)得：224?1?2?224?1?2?2即t+t2+?2令t-=p，則p2+p-2=0，解得p=-2或p=1． 當(dāng)p=-2時，直線BD的斜率不存在．所以直線BD的斜率為．19．若無窮數(shù)列an的各項均為整數(shù)．且對于"i,j?N*,i<j，都存在k>j，使得ak=aiaj-ai-aj，則稱數(shù)列an滿足性質(zhì)P．可得aiaj-ai-aj=j-1-j=-1，顯然不存在k>j,k?N*，使得所以數(shù)列an不滿足性質(zhì)P；對②，對于"i,j?N*,i<j，則bi=i+2，bj=j+2，故bibj-bi-bj=i+2j+2-i+2-j+2=i×j+i+j則i×j+i+j-2?N*，且i×j+i+j-2=ij+1+j-233，所以存在k=i×j+i+j-2?N*，k>j，使得bk=i×j+i+j-2+2=bibj-bi-bj，故數(shù)列bn滿足性質(zhì)P；取i=1,j=j1>1,j1?N*，均存在k1>j1,k1?N*，使得ak1=a1aj1-a1-取i=1,j=j2>k1,j2?N*，均存在k2>j2>k1,k2?N*，使得ak2=a1aj2-a1-aj2