試卷第1頁，共11頁所以z的虛部為故選：C.．，故使得條件p成立的一個充分不必要條件應為x>1或x<0的真子集，其中x<?1滿足要求，其他選項不滿足.故選：A解得所以函數(shù)的單調減區(qū)間是故選：D.∴{an}不為單調數(shù)列，故B，C錯；故選：A.5．如圖所示，試卷第2頁，共11頁又BD平分∠ABC，∴四邊形ABCD是菱形，∴四邊形ABCD是正方形，且∴此四邊形的面積等于5，故選：D．6．由題意可得∠BCP=∠ABP=α.在△BCP中，BP=BCsinα=6sinα,在△ABP中，AP2=AB2+BP2?2AB?BPcosα,兩邊平方得9cos22α+16sin22α+24cos2αsin2α=25，則所以化簡可得9tan22α?24tan2α+16=0，解得故選：C7．由函數(shù)?x向左平移一個單位，再向上平移一個單位后得函數(shù)所以，當x<0時，?x即fx)單調遞增，又則?1<f作出fx的圖象如圖，所以實數(shù)x的取值范圍為[?2,?1)∪(2,+∞).故選：C.8．因為△ABC為等腰直角三角形，AC=BC=1，所以△ABC的外接圓的圓心為AB的中點O1，且設A1B1的中點為E，連接O1E，則O1E//AA1，O1E⊥平面ABC，設三棱錐D?ABC外接球的球心為O，試卷第3頁，共11頁由球的性質可得點O在O1E上，設外接球的半徑為R，因為OA=OD=R，因為所以則故選：B.9．A選項當且僅當時，等號成立，A正確；B選項故故B錯誤.C選項當且僅當即時，等號成立，C正確；D選項a+1b+1a+1b+15555(b+1)5(a+1)所以1+1=(1+1a+1b+1a+1b+15555(b+1)5(a+1)當且僅當即時，等號成立，D正確.故選：ACD10．對于A，根據(jù)正弦定理可求得所以bsinA<a<b，所以且可求得故A錯誤；對于B，直接根據(jù)在上的投影向量故B正確；試卷第4頁，共11頁當sin(α+β)=?1時，?b取最大值，最大值為5+1，故C正確；對于D，函數(shù)y=f(x+1)是偶函數(shù)，f(x+1=f1?x，fx=f2?x)，所以fx的圖象關于直線x=1對稱，函數(shù)y=f(x+2)是奇函數(shù)，所以fx的圖象關于2,0對稱，則f(2?x+f2+x)=0，可得fx+4=?fx+2=fx，所以fx是周期為4的周期函數(shù).所以f(2024)=f(4×506)=f0=0，故D正確.故選：BCD.11．選項A，由已知如圖1，△A′BD是等腰三角形則所以邊A′B上高為正確；選項B，把矩形A′BCD′沿A′B攤平到平面ABA′上，如圖2這是AP+PC的最小值于點P，如圖3，長方體中易知A′B//CD′，由已知又DD′=4,DC=2且所以所以D′C⊥MN，又長方體中BC與側面DCC′D′垂直，MN?側面DCC′D′，因此BC⊥MN，BC與CD′是平面BCD′A′內兩條相交直線，因此MN⊥平面BCD′A′，又A′C?平面BCD′A′，所以MN⊥A′C，PQ∩MN=Q，且PQ,MN?平面PMN，所以A′C⊥平面PMN，C正確；由BB′⊥平面ABCD，AC?平面ABCD得BB′⊥AC，試卷第5頁，共11頁所以AC⊥平面BDD′B′，而BH?平面BDD′B′，所以AC⊥BH，AC∩B′O=O，AC,B′O?平面AB′C，所以BH⊥平面AB平面AB'C截球所得截面圓半徑為所以截面圓面積為D錯．故選：AC．12．因為xex0+lnx0=0(0<x0<1，故則g′x=(x+1)ex>0，故gx在(0,+∞)上為增函數(shù)，故故且x0=?lnx0，故故答案為：3.13．根據(jù)向量加法三角形法則得到即即展開得到，運用數(shù)量積公式計算得到因為所以故答案為：.∴{tan2an}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，試卷第6頁，共11頁∴T440=b1+b2+b3+?+b439+b440故答案為：20.所以或…………6分（2）若角A為銳角，則設角A,B,C的對邊分別為a,b,c，則所以………………8分如圖，連接CF，因為點E、F為邊AB上的三等分點，所以E為AF的中點，因為點D為邊AC的中點，所以點M為△ACF的重心，所以試卷第7頁，共11頁即線段AM的長為．………………………13分161）因為(cosA+cosB)(cosA?cosB)=sinC(sinC?2sinA)，所以即sin2C+sin2A?sin2B=2sinCsinA.由正弦定理得由余弦定理得由B∈(0,π,知………………………6分進而可得由正弦定理可知又因為解得所以△ABC的面積為171）選擇①②,可證明③.由PA=PB，D是線段AB的中點，得PD⊥AB.又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，且PD?平面PAB；所以PD⊥平面ABC，AC?平面ABC，得PD⊥AC，所以AC⊥平面PDE．試卷第8頁，共11頁AC⊥PE，…………6分若選擇①③,可證明②.因為DEC平面PDE，所以AC⊥DE．………6分選擇②③,可證明①.PDC平面PDE，得PD⊥AC，又PDC平面PAB，故平面PAB⊥平面ABC.…………6分（2）方法一：由（1選擇①②,則③成立.取線段AC的中點F，連接DF，以點D為坐標原點，DA,DF,DP所在直線分別為x試卷第9頁，共11頁設面PDE與面PBC的法向量分別為-=(x1,則得所以面PDE的一個法向量為-=(1,得所以面PBC的一個法向量為-=(1,0,?1).設平面PDE與平面PBC所成二面角大小為θ,因為所以面PDE與面PBC所成角的大小為．………………15分方法二：延長ED交CB的延長線于Q，連接PQ，則平面PDE∩與平面PBC=PQ.由三棱錐P?ABC的體積為且又由及D是線段AB的中點，DE⊥AC，在等腰直角三角形CEQ中在等腰直角三角形BDQ中，BD=BQ=1，又由（1）知，CE⊥平面PDE，PE是PC在面PDE內射影，由三垂線逆定理得：PE⊥PQ，所以面PDE與面PBC所成角的大小為.………………15分試卷第10頁，共11頁181）如圖：b3=7，b4=11，………4分（2）記線段上n個點最多將其劃分成an段，則an=n+1，為使劃分區(qū)域塊盡可能多，新添加的一條直線ln，與前n?1條直線l1，l2，?,ln?1都相交，有n?1個不同的交點，這些點把直線ln分成n段，每一段又把原區(qū)域一分為二，則新增an?1=n個區(qū)域塊，（3）記第k刀所形成的切面所在平面為αk，若切第n刀，新增切面平面αn與前n?1個平面α1，α2，α3，?,αn?1都相交，有n?1條這些直線把平面αn劃分的區(qū)塊數(shù)即為新增的空間區(qū)塊數(shù)，由（2）可知為使此數(shù)最大，則cn?cn?1=bn?1，(n≥2)，且c1=2， 則故此時最少切4下即可.…………………17分191）由題可得f′x=?2cosxsinx?cos2x+cos2x??2sin2x=?2sinxcosx?t4cos2x?1)=?2sinxcosx(2cosx?1)(2cosx+1)．令f′(x)=0在x∈(0,π)上的根為當x∈0,時，f′(x<0,fx)單調遞減；當時，f′>0,f單調遞增；當時，f′<0,f單調遞減；當時，f′>0,f單調遞增．綜上，f(x)在和上單調遞減，在和上單調遞增．………………6分試卷第11頁，共11頁（2）因為f(x+π)=cos2(x+πcos2x+π)=cos2xcos2x=fx，所以fx的一個正周期為π.故函數(shù)f(x)在[0,π]的最大與最小值即fx的最大值和最小值.根據(jù)（1）中結論，又所以fx在0,π的最大值為1，最小值為故f(x)的最大值為1，最小值為．………………12分（3）證明：cosxsin33xf(xf(2xf(4x?f2nx=sin33xcos3xcos32xcos34x?cos32nx?cos2n+1x≤sin33xcos3xcos32xco