【20套精選試卷合集】貴州省遵義市2019-2020學年高考數(shù)學模擬試卷含答案

1、120分鐘，滿分 150分10 小題，每小題 5分，共 50分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要(1 iz（1i ）=-i ，z（ ,AAA（ B.既不充分也不必要條件ab-4=0，又因為不能重合，當a與b a B 2 Q)i1 i12xxB）必要不充分條件a=1，b=4時，滿足 ab=4，但是重合，故r r C.l ai (i 為虛數(shù)單位 )，則 z在復平面內(nèi)對應的點所在象限為i(120分鐘，滿分 150分10 小題，每小題 5分，共 50分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要(1 iz（1i ）=-i ，z（ ,AAA（ B.既不充分也不必要條件ab-4=0，又因為不能重合，

2、當a與b a B 2 Q)i1 i12xxB）必要不充分條件a=1，b=4時，滿足 ab=4，但是重合，故r r C.l ai (i 為虛數(shù)單位 )，則 z在復平面內(nèi)對應的點所在象限為i(1 i212x2x2x14,bD. r（)2），位于第 4象限2x2xxr14,b）1 i233 031,則br120 ,Bx故選： Br1, b(a xgb1x 0 x 1或x(ar r rix3r)，3 ，則xgb)bgaAr時，實數(shù) x 為（r rB）xb（r）2x 20， x2，故選B. 數(shù)學（理）試題第卷說明：本試卷分第卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分，考試時間注意事項：8.每小題選出答案后，用

3、鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干靜，再選涂其他選項一、選擇題：本大題共求的1（原創(chuàng)，容易）已知復數(shù) z 滿足 z【答案】 D 【解答】解：由得則復數(shù) z 在復平面內(nèi)對應的點的坐標為：故選： D【考點】復數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義2（原創(chuàng)，容易）已知集合【答案】 B 【解答】解：集合【考點】交集及其運算3.（原創(chuàng)，容易）“直線 2x+ay-1=0 與直線 bx+2y-2=0 平行 ”是“ ab=4” 的 A 充分不必要條件 C 充分必要條件 D.【答案】 A 【解答】解：兩直線平行可得選：A. 【考點】直線與直線的位置關(guān)系選編，中檔 )已知向量 的夾角為 120， A

4、4 2【答案】 B 【解答】解：f(x)的圖象上存在兩點，使得函數(shù)的圖象在這兩點處的切線互相平行，f(x)具有 D性質(zhì).下列函數(shù)中具有sinxyf (x)f log1a12f(log4log4aB.72 種4個中任選 2個看作整體，然C24A3C24A3a、bB4 4m nD性質(zhì)的是 ( ) B.sinx在（2k是定義在2fB.1 a)1,C. 30 種3種方法，再從中排除數(shù)學、理綜安排在同一節(jié)的情形，共3mC5 ay，0）（kR 上的偶函數(shù)，且在區(qū)間1C.f ( log414D.6 f(x)的圖象上存在兩點，使得函數(shù)的圖象在這兩點處的切線互相平行，f(x)具有 D性質(zhì).下列函數(shù)中具有sinx

5、yf (x)f log1a12f(log4log4aB.72 種4個中任選 2個看作整體，然C24A3C24A3a、bB4 4m nD性質(zhì)的是 ( ) B.sinx在（2k是定義在2fB.1 a)1,C. 30 種3種方法，再從中排除數(shù)學、理綜安排在同一節(jié)的情形，共3mC5 ay，0）（kR 上的偶函數(shù)，且在區(qū)間1C.f ( log414D.6 種A3種方法，A33aD6 1alnx）處的斜率為 1，切線互相平行0,，則3a)a3361ab C.故選 A.上單調(diào)遞增，若實數(shù)a的最大值為（D.4 2f(1),4,6,n1bya 滿足）即2f(log4故選D.30種，故選b4exa)C. 1b(1

6、a D.2f(1),則m n1b)y的最小值是4x4（14(a）b)(1a1b)5.( 選編，中檔 ) 若函數(shù) y則稱 yA. y【答案】 A 【解答】解：【考點】簡單的函數(shù)的新定義，導數(shù)的解的個數(shù)問題。6.( 改編，中檔）已知函數(shù)f log4 a4A.4【答案】 D 【解答】解：-1【考點】考查函數(shù)的奇偶性與函數(shù)單調(diào)性A.36 種【答案】 C 【解答】解：由于每科一節(jié)課，每節(jié)至少有一科，必有兩科在同一節(jié)，先從后做 3 個元素的全排列，共故總的方法種數(shù)為：【考點】排列組合問題8正數(shù) 的等差中項是 2，且A3 【答案】 C 由題知，a b【解答】解：1（ b4 aC.x2b2M，若O為坐標原點，

7、 a12M點在第一象限，則ba2b,f(f (x)1x0, f(x)在0時，令 ff (x)在xm5小題,每題 5分,共 25分42ln2 6aby2FF M5M為直線xc(1,1xmxx 時取得極大值 .(x)1時取得極大值，只需1,故選 A(1）1 a1 2 C.1 D.2 與yb,解得ex)） （-1，0）mx1 m0，解得 x1m1（ b4 aC.x2b2M，若O為坐標原點， a12M點在第一象限，則ba2b,f(f (x)1x0, f(x)在0時，令 ff (x)在xm5小題,每題 5分,共 25分42ln2 6aby2FF M5M為直線xc(1,1xmxx 時取得極大值 .(x)1

8、時取得極大值，只需1,故選 A(1）1 a1 2 C.1 D.2 與yb,解得ex)） （-1，0）mx1 m0，解得 x1mx40,b的面積是 ，則該雙曲線的離心率是 （a ab c52ln B. n(xmx2x1或x1，即x)dx1（40122(x c的交點，則 M( ,故選Bx2C. 0)(mx1m1 . 2的左、右焦點分別為2abc10,由已知可得：1)x 1，m2F1,F F）)，Smx2D. （-f (1)( mx0.b aa b2 212nx x，-1）（U 0+ ）0,1)(x )，過2c，若m5,當且僅當作該雙曲線一條abc是f (x)na12的極大值點， 則 m的取值范圍為

9、 ( ) 1.ba2.1時，等號成立，故選【考點】數(shù)列性質(zhì)和基本不等式的綜合應用11（改編，中檔）雙曲線a2漸近線的垂線交此漸近線于點A. B.2【答案】 B 【解答】解：不妨設(shè)ya【考點】本題考查雙曲線的方程和性質(zhì)，主要考查離心率的求法，同時考查兩直線的聯(lián)立和三角形的面積公式10.（改編，難）設(shè)函數(shù)A. 【答案】 A 【解答】解：f(x)當m 0時， mx 1 0恒成立，當x 時，f(x) 0,當0 x 時，f(x)當m要使綜上，【考點】題考查利用導數(shù)求函數(shù)極值的應用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查分類討論思想第卷二、填空題：本題共11.（改編，容易）計算【答案】（x3，則可輸入的實數(shù)

10、y 2,2,8.共三個解x0,y0,lg8x16y13yf x為“同域函數(shù)”，區(qū)間 A為函數(shù) 的一個“同域區(qū)間”f_（請寫出所有正確的序號）f (x)fff二次函數(shù)、 余弦函數(shù)的值域的求解，4x 的個數(shù)共有 _個. xlog2lg2ylg， 3x(3x，若存在區(qū)間.給出下列四個函數(shù)：xcos x x(x)(x) |(x)知道通過判斷函數(shù)12x,xlg2,則y 1,y)(1xAcos f x2,2x2-1,x2-1|,log2(f（x）（x3，則可輸入的實數(shù)y 2,2,8.共三個解x0,y0,lg8x16y13yf x為“同域函數(shù)”，區(qū)間 A為函數(shù) 的一個“同域區(qū)間”f_（請寫出所有正確的序號）

11、f (x)fff二次函數(shù)、 余弦函數(shù)的值域的求解，4x 的個數(shù)共有 _個. xlog2lg2ylg， 3x(3x，若存在區(qū)間.給出下列四個函數(shù)：xcos x x(x)(x) |(x)知道通過判斷函數(shù)12x,xlg2,則y 1,y)(1xAcos f x2,2x2-1,x2-1|,log2(f（x）x1,x21x13y)m,n ，使得x；0,1 (x)x -10，時，有f(x)x 0,1時，有f(x)x 1)判斷該函數(shù)是否有同域區(qū)間，即判斷該函數(shù)和函數(shù)）dx213y3 (y yx2時，有 f-1，00,1所以存在同域區(qū)間；y=x 是否有兩個交點；而根據(jù)這(ln x的值，的最小1 x3 yf1；0

12、,1，所以存在同域區(qū)間；12值yx)x ,xf x，所以存在同域區(qū)間；x23 2Ax2)|421 x3 yA1；ln2yx，則稱函數(shù)f x6.163log.2x1. 2【考點】定積分的定義12.（選編，容易）某算法的程序框圖如圖所示，若輸出結(jié)果為【答案】 3 【解答】解：此程序框圖運算的是分段函數(shù)x【考點】考察程序框圖和分段函數(shù)的概念13.（改編，中檔）已知是【答案】3【解答】解：由題可知：lg23x1x【考點】基本不等式的應用，對數(shù)函數(shù)公式14.（選編，中檔）對于函數(shù)f x f x存在“同域區(qū)間”的“同域函數(shù)”的序號是【答案】【解答】解：兩個函數(shù)圖象可以看出不存在交點，所以該函數(shù)不存在同域區(qū)

13、間故答案為：【考點】考查對同域函數(shù)及同域區(qū)間的理解，和函數(shù) y=x 圖象交點的情況來判斷函數(shù)是否存在同域區(qū)間的方法a，b，定義運算y(2,3) Uf (x)y=f（x）-k 有兩個不同的零點，只要函數(shù)k.函數(shù)與方程的思想,再利用函數(shù)圖象解決6小題共 75分）sinA+sinB= (cosA(cosA（bb)(a2ABC a b2C 6分ABC“ ”：af a，b，定義運算y(2,3) Uf (x)y=f（x）-k 有兩個不同的零點，只要函數(shù)k.函數(shù)與方程的思想,再利用函數(shù)圖象解決6小題共 75分）sinA+sinB= (cosA(cosA（bb)(a2ABC a b2C 6分ABC“ ”：af

14、 x7,8)f（x）與 y=k 的圖形由 2個不同交點即可，(2,3).利用函數(shù)的圖象可以加強直觀性. +cosB)sinC ，得cosB)cc22bcb2)0b22bkx 1,( 2x 4,(x7,8)；,本題1分a22acc (a b)c2b,a b 1a,a b 1,兩個不同零點，則實數(shù)22或x 3)a2 2分24分 5分設(shè)k 的取值范圍是 _ x 3)c2f x的圖象如圖所示：b2x2)c14x ，若函數(shù)【答案】【解答】解：由題可知：函數(shù)由圖象得：要使函數(shù)所以【考點】本題考查函數(shù)零點的意義及個數(shù)求解先由已知條件轉(zhuǎn)化為判斷兩函數(shù)圖象交點個數(shù)三解答題（共16.( )根據(jù)正弦定理，由a b根

15、據(jù)余弦定理，得2a b整理得（a在 中，可知a()在 中，由正弦定理得bsinBacosA)22ABCAaaan2)an111n- ；n-12- ，nbn2)(n2anbcsinCb22A 3),sin(A4 4 4bb的取值范圍為 (2n an1(nan-bn12-bn -212-b11) n11時bnn22(sincosA)(0,( ,(2,2 22,2 2 12 分1112)ann（n(（2212，bsinBacosA)22ABCAaaan2)an111n- ；n-12- ，nbn2)(n2anbcsinCb22A 3),sin(A4 4 4bb的取值范圍為 (2n an1(nan-bn

16、12-bn -212-b11) n11時bnn22(sincosA)(0,( ,(2,2 22,2 2 12 分1112)ann（n(（2212， b bnA sinB2 2sin(A)2411 分,n2n2n，即12-1）-2)n）-n21亦滿足上式。的通項公式為） 2 sinA4)N*2an； 3分12；n-111； bnn22sin(-(8分）22得n 11；5分n221,n2,1-1,nN*A)2a26分nnn12sinA2(sinA2 2( sinA 為直角三角形，從而17.( )由(n2nan即bnbn -bn-1b；b2-b1累加，得(n2又經(jīng)驗證，2時，-S1 12-1 2 1

17、- -1n 1ABC， ACD AC O，連接 BO,DOBOACD ABC DO ABC EF ABCEFEBFDEFO 分O1BCE n2 (x,y,z), n 2時，-S1 12-1 2 1- -1n 1ABC， ACD AC O，連接 BO,DOBOACD ABC DO ABC EF ABCEFEBFDEFO 分O1BCE n2 (x,y,z), n BC 0分ur1, 2E BC1分4輪甲、乙均答對cn； 8分n- 10分1都是邊長為 1的等邊三角形，取 中點 ，AC DO/DO60DE /OF DExyz，可知平面 ABC的一B(0, ,0) , C( ,0,0) , E(0,uu

18、ruur2 uuurur uurnuur 13|n1| |n | 13A的余弦值為1bn -1c11 13 1 3 10，根據(jù)題意，點，易求得，3 12 2可 求 得n2 BE 022132n2 -1c2-；ACF 落在 BO上，EF/3 1 32 2，12 分2(cn1 1n 1 n 1Sn，DO平面, ), n 1)(-3232n 1) 12分，1 1n 1 n 103 1 12 n n 1n18.解析：（）證明：由題意知，則又平面 平面 ， 平面 ，作 平面 ，那么四邊形 是平行四邊形，ABC（）建立如圖所示的空間直角坐標系n (0,0,1),設(shè)平面 的一個法向量為uur uuur則 ，

19、uurn2 ( 3, 3,1)cos n n urn1又由圖知，所求二面角的平面角是銳角，所以二面角1318. ( )設(shè)事件 A ：“乙在第 5輪獲得勝利”則事件 A 發(fā)生當且僅當前2分231) 得可能取值為x 1) ,2)3)4)5)6) 1-P(XX113E(X 12分(c,0),b2332橢圓 C的方程為12 4分X ,2,3,4,5,613232323231)-P(X219)則c2x423(11 2)2 312122)-P(X31912分231) 得可能取值為x 1) ,2)3)4)5)6) 1-P(XX113E(X 12分(c,0),b2332橢圓 C的方程為12 4分X ,2,3,

20、4,5,613232323231)-P(X219)則c2x423(11 2)2 312122)-P(X31912y2 3分1 22 312(12 13 2233)-P(X4127131(1 )19(1 )124)-P(X512721271319(15)6213232273)8分1912741951276227由分布原理得P(A)即乙在第 5輪獲得勝利的概率為27 (p(P(Xp(xP(XP(XP(X 的分布列為XP(X)3 10分652720.( )由題意，設(shè)橢圓右焦點為a2 c=ca解得 a=2，b=1 )當L Lx24kxLx- （x-x1）4)x2,y xPQk2)2PQOPPQf1)e

21、x）若f,1 ff）若L L1y20且交于第一象限的2112y21k8x1(12) 12 10 分1 k6kk23(x)2abx2ab(x)上(x)2ab1與 的斜率都存在時，設(shè)1P(x1,y1)，1 4k2L21k )x 4(k2，則(1264(a0即ab(x)在0即ab與 的斜率之一不一定存在時，易得L1的方程為得y，得 L 的方程為 y消去 y，得2x21kx23kx 1)exb),x0時x 1)(ex0 1，,10時，)當L Lx24kxLx- （x-x1）4)x2,y xPQk2)2PQOPPQf1)ex）若f,1 ff）若L L1y20且交于第一象限的2112y21k8x1(12)

22、 12 10 分1 k6kk23(x)2abx2ab(x)上(x)2ab1與 的斜率都存在時，設(shè)1P(x1,y1)，1 4k2L21k )x 4(k2，則(1264(a0即ab(x)在0即ab與 的斜率之一不一定存在時，易得L1的方程為得y，得 L 的方程為 y消去 y，得2x21kx23kx 1)exb),x0時x 1)(ex0 1，,10時，則 fPQOPyx0-kx11)x218x1(1k224(1 k2)14ka(bx 1)R2，上單調(diào)遞增，(x)0kx,k21 4k2kx- （x-x1）k2k2)4)(1 4k2)2b(ax 1)1分ab)上， f1，(；4分0. 42k11k0，x

23、1(x)上單調(diào)遞減。x 1)(ex1 4k2x1x2)2ex03分2ab) 7分x242ab4(k2k2 4x x201)x219分1k2當由 y=kx 由對稱性，不妨設(shè)則由由4y-kx1(k2設(shè) Q(x2144k2(k2 1)(k2 4)2(1 4OP綜上， 的最大值為 . 13分OP 221.( )(x 1此時在 2e2abR f2ab- ln 2abln1，2ab- 11ln 2abln)(xggg0 x-(apxex(x)pmx)q(xxex(x)xe即ab(x)e即f2ab，1上，e即abff2ab，g1)ex(x)0 (x)在 ，(0)x1,x211)x(x)2ax0(x)(t1(

24、)202ab的根有 xe,ln(20 fab(x)上，fe2(x)(x)上，(x)2a上單調(diào)遞增；0 g1;x2g(x)p(0)t(e a 1)(g(x)ax e a 1；ln( 22此時e20 ff(x),ln( 20 f0 ff(，e2abR f2ab- ln 2abln1，2ab- 11ln 2abln)(xggg0 x-(apxex(x)pmx)q(xxex(x)xe即ab(x)e即f2ab，1上，e即abff2ab，g1)ex(x)0 (x)在 ，(0)x1,x211)x(x)2ax0(x)(t1()202ab的根有 xe,ln(20 fab(x)上，fe2(x)(x)上，(x)2a

25、上單調(diào)遞增；0 g1;x2g(x)p(0)t(e a 1)(g(x)ax e a 1；ln( 22此時e20 ff(x),ln( 20 f0 ff(， 8分m(x)0; a 1)a 1)x 1)n(x)ab)ab)(x)在 R,ln( 2此時(x)0 fab)此時此時(x)x 1)(ex(0); 10分4分1上單調(diào)遞增；ab)(x)單調(diào)遞增0 f此時1(x)(x)0 fax 1).g(x)g(1)gt1此時(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞減此時xex0(x)g(x1)(x)單調(diào)遞增(x)2ax (，t0時，不妨設(shè)設(shè)m()令p(x)當 x0, p設(shè)n(x令q(x)x （0，1）時， qq(xxn(xx)（0

26、，1）時, gt(t21q(1)(x)a 1)1e a 1x20n(x); )q(xxn(xx)（0，1）時, gt(t21q(1)(x)a 1)1e a 1x20n(x); ) 13 分x1; tx2g(x2)(2a e)t(x2)e a 1)(a 1)114分12 小題，每小題 5 分，滿分 60 分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合. x|3)2ln, 2)13tan139aaf x3,最小值 53,無最小值22b21.2,bcf x ffcx2B.x2B.1，那么 33 2B.2B.sinb5 2 x g x2 5D.既無最大值 ,又無最小值(sin17a12b1 x12b4x

27、( 3, )2x,1cos(13,則1191 ,bc,B.有最大值 ,無最小值cos17 ),bc0.3,caf 1 x x x,ba3328C.)的值為（C. D.sin2sinC. D.cos 1 ,cB.x212 小題，每小題 5 分，滿分 60 分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合. x|3)2ln, 2)13tan139aaf x3,最小值 53,無最小值22b21.2,bcf x ffcx2B.x2B.1，那么 33 2B.2B.sinb5 2 x g x2 5D.既無最大值 ,又無最小值(sin17a12b1 x12b4x( 3, )2x,1cos(13,則1191 ,b

28、c,B.有最大值 ,無最小值cos17 ),bc0.3,caf 1 x x x,ba3328C.)的值為（C. D.sin2sinC. D.cos 1 ,cB.x25 2 52cos213B.2log 3,那么( ) B.,且對任意的f 2 ,cB.0 ,BC. D.的單調(diào)遞增區(qū)間是1,）2 23226 47 7tanb2x, F x1,cb c2a1, 2f 3 a,b,c的大小關(guān)系為ax|2x(1, ) ( ,3)、( ) D.2 23cos2cos21 ,則有ag,則f x32ac1,則 ( ) b3 0 A3 32 24,2( ) c cx ,f x,g x,則( ) C.b ax1c

29、C.b,則等于( ) C.g xf xcC.xcBa b aF xa bb2aD. b( ) D.( ) D.cD. c,有a ccaaf x -f xx x2bbb1 21c0.設(shè)一、選擇題（本大題共題目要求的 .請把正確答案涂在機讀卡上）1.設(shè)集合 AA. ( 3,2.函數(shù) f ()A.3.若sin(A.4.已知A.5.設(shè)A.6.已知A.有最大值C.有最大值7. 1. 設(shè) aA.8.如果 aA.9.已知函數(shù) 滿足aA.x2B.0 C.1 D.2 130,f x f(x,1 2,3sin 3x2sinyf x 1,f x_. A2xdxx334,滿足B.33,cosxf上是增函數(shù) ; 函數(shù)

30、在區(qū)間12x,則 ( ) 4x2圖象上一個動點作函數(shù)的切線B.2)是奇函數(shù) ,且C. D.的圖象向右平移log23是方程x ff x處取得極大值 ;函數(shù) 在x2m等于,則切線傾斜角的范圍是0,x2B.0 C.1 D.2 130,f x f(x,1 2,3sin 3x2sinyf x 1,f x_. A2xdxx334,滿足B.33,cosxf上是增函數(shù) ; 函數(shù) 在區(qū)間12x,則 ( ) 4x2圖象上一個動點作函數(shù)的切線B.2)是奇函數(shù) ,且C. D.的圖象向右平移log23是方程x ff x處取得極大值 ;函數(shù) 在x2m等于,則切線傾斜角的范圍是0,1f (x)0,29323x的圖象如圖所示

31、 (其中1,1f x x4x( ) 322 f x,2個單位后得到函數(shù)log392 x f x上無單調(diào)性 ; 1處取得極小值0,x4,則不等式_的圖象. _ 2x是函數(shù) 的導函數(shù) ),給出以下說法. R ,B,12axC.4x0 ax231的兩根 ,則實數(shù) 的值為_ 2 a,1 xD.2 4a2,130,xR B,若A求實數(shù) a的10. 若定積分2A.-1 11. 過函數(shù) f xA.12. 已知在實數(shù)集 R上的可導函數(shù)的解集是 ( ) A.二、填空題13. 將函數(shù) y14. 計算15. 已知16. 已知函數(shù)函數(shù) 在區(qū)間函數(shù) 在 x其中正確的說法有三、解答題17. 已知集合取值范圍 . coss

32、in(2xf x R上的奇函數(shù) xf xf m152,且角2,x0時, f x2,求實數(shù) m) cos(終邊經(jīng)過點 P2,ylog2 cossin(2xf x R上的奇函數(shù) xf xf m152,且角2,x0時, f x2,求實數(shù) m) cos(終邊經(jīng)過點 P2,ylog2 x的取值范圍23, 7 , 求0 y1)1sin(及曲線的值; 1)x22cos(x的值)所圍成的圖形的面積cos(. 2 )1）.求2）.若19. 求由直線20. 已知函數(shù) 是定義在 ,當1）.求函數(shù) 的解析式 ; 2）.若f xyx Rf xf ()f (x)(myABB4,0exf xf xkx對任意的 xexx)

33、f(x)3sin3 xxA, BA時,xx2的解析式 ; x20,ax(ax 1在x14.2515.x2所以B2a, x R yx; 恒成立 f xyx Rf xf ()f (x)(myABB4,0exf xf xkx對任意的 xexx) f(x)3sin3 xxA, BA時,xx2的解析式 ; x20,ax(ax 1在x14.2515.x2所以B2a, x R yx; 恒成立 ,求實數(shù)0) x0,54xA或B4,02 a,曲線k,且f (x) 在上恒成立 ,求整數(shù) . 16. 0,xA. , 1 xf x的取值范圍 . a處的切線與直線m的最大值Ra2的圖象在點x0, 41 0的兩根 a0,

34、f(e, ,代人得01)y1, a處的切線方程為0垂直此時滿足條件 ,即y1符合題意bx. 1）.求函數(shù)2）.當 時,求證3）.若22. 已知函數(shù)1）.求 的極值; 2）.若不等式一、選擇題1.D2.D3.A4.A5.C6.C7.c 8.B 9.D10.A11.B12.D 二、填空題13.6三、解答題17.答案：因為當即 是方程BBB4Ba aasin21得,coscos終邊經(jīng)過點341cos8317,得到x是定義在 R上的奇函數(shù) , A時,則,則方程a 1 ?4 a01或acoscossin0, 75P2cos14或0時, 分兩種情況4x2,符合題意 . 1 . 152cos, 3, 712

35、則f xa 1 ?4 a22,sin2, 1sinlog2 x22BBB4Ba aasin21得,coscos終邊經(jīng)過點341cos8317,得到x是定義在 R上的奇函數(shù) , A時,則,則方程a 1 ?4 a01或acoscossin0, 75P2cos14或0時, 分兩種情況4x2,符合題意 . 1 . 152cos, 3, 712則f xa 1 ?4 a22,sin2, 1sinlog2 x22 a?1(sincos1 2sin2cos1 x21 x0, acos1225coscoscos,當1a2解得)24925 2sinsin0?時,0, a1?0有兩個相等的實數(shù)根1, 125又2co

36、sx解得, ,即1 2sin, cos0 f1. cos,125x, log2x 1,函數(shù)若若所以此時綜上所述 ,所求實數(shù) 的取值范圍是18.答案：1.sin2.由sinsin又角cos1sin351219.答案：3解析：由20.答案：1. f xf00, f x0 xlog2 x4, mff x ag xg xxxg xf xxxxyxkf xg xx( )f afx0時1x,得f x,0 g x0,minkx對任意的 xf xx0,0, xxmin,eexf xf xxex( )(a)f x0,x 00 f3ex1, f xx2ex,g 00,時,得的單調(diào)增區(qū)間為12). x2x2,ax

37、feae 1, ef x,2x,故x1 0,0, yg x0 f x恒成立等價于xe1;令1,e 2, k1. xx,得a f (x) x即log20則exexf00, f x0 xlog2 x4, mff x ag xg xxxg xf xxxxyxkf xg xx( )f afx0時1x,得f x,0 g x0,minkx對任意的 xf xx0,0, xxmin,eexf xf xxex( )(a)f x0,x 00 f3ex1, f xx2ex,g 00,時,得的單調(diào)增區(qū)間為12). x2x2,ax feae 1, ef x,2x,故x1 0,0, yg x0 f x恒成立等價于xe1;

38、令1,e 2, k1. xx,得a f (x) x即log20則exex得g x0, y,所以f xx0,xx,單調(diào)減區(qū)間為所以ex0,(x),又 在ax 1 f x0, f mfx2x 1. x單調(diào)遞減 ; g xx2k x得x0, 00,1xx 1.結(jié)合新函數(shù)的性質(zhì)可得實數(shù)exa xa即 01. 0?, 單調(diào)遞增 . x. 對任意的 x1得, min結(jié)合函數(shù)的最值和單調(diào)性可得ka處的切與直線e 1且alog221 b.0,xf xx20 x 1?. e 2f x的取值范圍為, (e0, x 1log 1 m由切線方程可得切點坐標為恒成立 . f xx2恒成立 , . x2(1)y,又2,

39、log 1 m0,0 xx2x. ,e0,將其代入ex2)垂直, 22x2,exx21x 1 exx 1. log2 x 1 ,xf 0log2 1 x ,x2.f x1 m21.答案： 1.根據(jù)題意 ,得y2.令由當當所以3.令由 2可知,當令所以故所以實數(shù) 的取值范圍為 (解析： 1.利用導函數(shù)研究函數(shù)切線的方法可得函數(shù)的解析式為2.構(gòu)造新函數(shù)3.分離系數(shù) ,構(gòu)造新函數(shù)22.答案： 1.由 f xaxxxf xxmg(x)g ()h xh(x)在 0,0,xx ,g(xx0 x1,0?, x0,0?時, f (x)取到極小值( )0,exx 1ex 1x 1ex 1ex(e(ex( )?為

40、遞增 h(1) 0,h(2) 0, ?上存在唯一零點00)minx00即當時, ff (0)exxxx mx1)2ev,又,設(shè)為1,2 x時g(x0)21,2 g(xf,0 f(x)axxxf xxmg(x)g ()h xh(x)在 0,0,xx ,g(xx0 x1,0?, x0,0?時, f (x)取到極小值( )0,exx 1ex 1x 1ex 1ex(e(ex( )?為遞增 h(1) 0,h(2) 0, ?上存在唯一零點00)minx00即當時, ff (0)exxxx mx1)2ev,又,設(shè)為1,2 x時g(x0)21,2 g(xf,0 f(x)0,x0, ,則x1,x,則當g(x)x

41、0ex0, e,得(時,0, f (x)為增函數(shù) , 無極大值 . ,故原不等式可化為, g(2)0(0,x0)時, g(x)010將0)x)(x)(mx)min , ,令x, 0, , 1x0(2,3)ex0, f (x)為減函數(shù) , x)(exh(x)0, h(x)x0 x0, x,x)ex, 2, g(xfx 1, x0, 代入得(x)20)ex, x01, f1, 令(x)0得當2.由(1) 知由(1) 知,當令又則h(x)在則當又 e由整數(shù) m的最大值為 2 54分）A2 i1 i1公差為 2的等差數(shù)列ax 2y2x ay(xxABC中，三邊長分別為a l :a(xP到直線 l d

42、dxx 1x2界 是 底邊ABC12an n S個5分，滿分 20 分）a b，c a b cB.必要不充分條件l1、l2是空間兩條直線，如果如果1,2,3,4 B所對應的點在復平面內(nèi)位于第an n S limn3無解，則實數(shù)2a)72a2a、b，直線x 1x3 x2中，uuuur，若的前 項和為 ，若對任意的正整數(shù)b2C.充要條件是平面，以下結(jié)論正確的是（，l2，l2，象限，其前 項和為 ，則a54分）A2 i1 i1公差為 2的等差數(shù)列ax 2y2x ay(xxABC中，三邊長分別為a l :a(xP到直線 l d dxx 1x2界 是 底邊ABC12an n S個5分，滿分 20 分）a

43、 b，c a b cB.必要不充分條件l1、l2是空間兩條直線，如果如果1,2,3,4 B所對應的點在復平面內(nèi)位于第an n S limn3無解，則實數(shù)2a)72a2a、b，直線x 1x3 x2中，uuuur，若的前 項和為 ，若對任意的正整數(shù)b2C.充要條件是平面，以下結(jié)論正確的是（，l2，l2，象限，其前 項和為 ，則a的二項展開式中，含y22，b1) b(y， 如果方程4AuuurAMna cD.既不充分也不必要條件）l2，則一定有 l x(x(nx6 7，則實數(shù) a1(a3，c2)f()2uuurABn S的（，則一定有 11)(xan)2Sn項的系數(shù)為0)4，則0，b，AC ，則都有

44、）l l2 如果 l15),它的漸近線方程是sin 2AsinB有 四個不同的實 數(shù)解AB2n1D.0 Ay_x x x x1， AC的最大值k1,k ,k ,LB. l1，l2，則2x a1 2 3 42 M2 3如果，則一定有 lB,則 的值為、 、 、 ，則， 是,k10 al2 l21ABC，則 的可能取，l2俯視圖附視圖內(nèi)一點，且10，則一定有l(wèi)1（時間 120分鐘，滿分 150分）一、填空題（ 16題每小題 4分，712題每小題 5分，本大題滿分1、集合2、復數(shù) z3、已知首項為4、若方程組5、若6、已知雙曲線7、在8、在平面直角坐標系中， 已知點 ( 2,2) ，對于任意不全為零

45、的實數(shù)若點 的距離為 ，則 的取值范圍是9、 函數(shù) f()(x 2)2x110、三條側(cè)棱兩兩垂直的正三棱錐，其俯視圖如圖所示，主視圖的邊2長為 2的等腰三角形，則主視圖的面積等于211、在直角AM12、無窮數(shù)列值最多有二、選擇題（每小題13、已知 ， 都是實數(shù)，則“ ， ， 成等比數(shù)列”是“A.充分不必要條件14、A. l1C. l1f (x)f (x2)B.一定大于零M(a,3aa）B.2 76分）ABCBC D BC E CC FAD EFDFC(2f (x) (2x的方程 f (x)2ex2f(x3)C.一定小于零b) N4b0且aC.3 A1BC 是直三棱柱， 底面1 1 1A1AEF

46、,m在(e的值（D.正負都有可能與點5 0 a1時，D.1 1的中點為 ，線段 的中點為f (x)f (x2)B.一定大于零M(a,3aa）B.2 76分）ABCBC D BC E CC FAD EFDFC(2f (x) (2x的方程 f (x)2ex2f(x3)C.一定小于零b) N4b0且aC.3 A1BC 是直三棱柱， 底面1 1 1A1AEF,m在(e的值（D.正負都有可能與點5 0 a1時，D.1 1的中點為 ，線段 的中點為 ，線段 的中點為 C1的體積),x， 、 、）(0,；當ba4 ABC是等腰直角三角形，D上的函數(shù) 是奇函數(shù)，且當上的解析式；)x x x1)在直線 3x0時

47、， a b有最小值，無最大值；11且f(x)有解1 2 34ya2的取值范圍是ABxR x5b2(AC(0,，且01；,4，直三棱柱的高等21的兩側(cè)，給出以下結(jié)論：94) f ()x2)U時，0 x(3,tanxtanx，412)x3. 0 x，3x10，則f (x1)A.一定等于零16、已知點當正確的個數(shù)是（A.1 三、解答題（本大題滿分17、（本題滿分 14 分.第（1）小題 7分，第（ 2）小題 7分.）如圖于 4，線段（1）求異面直線 、 所成角的大小；（2）求三棱錐B1AEB18、（本題滿分 14 分.第（1）小題 7分，第（ 2）小題 7分.）已知定義在2（1）求 在區(qū)間2（2）當

48、實數(shù) m為何值時，關(guān)于219、（本題滿分 14 分.第（1）小題 6分，第（ 2）小題 8分.）an S n SanbC:C M NCN OM ONaO，求R的函數(shù) y20 f f f(0)xn xx2 Lyf (1)54分）2,3,4765分，滿分 20分）A；76分）AB AC AA x y是首項等于 是它的前 項和，滿足的通項公式；nxa(1,uuur uuurg2，bOABf (x) x y12 滿足x4n；f (x)f (2)2、四；314、 ；1116loga2232 2的取值范圍；3 l C A，B A， B的“伴隨點”分別是的面積，部an S n SanbC:C M NCN O

49、M ONaO，求R的函數(shù) y20 f f f(0)xn xx2 Lyf (1)54分）2,3,4765分，滿分 20分）A；76分）AB AC AA x y是首項等于 是它的前 項和，滿足的通項公式；nxa(1,uuur uuurg2，bOABf (x) x y12 滿足x4n；f (x)f (2)2、四；314、 ；1116loga2232 2的取值范圍；3 l C A，B A， B的“伴隨點”分別是的面積，部分 與 的對應關(guān)系如下表：031Asin( xL3、8、 ；D. 且公比不為 1的等比數(shù)列，a (ay2b2) ( ,時，直線 交橢圓 于 兩點，若點1 2 2)f(3n) n4；0,

50、515、 ；nn1(a的“伴隨點”為2bP，Q2 0 ，且對任意b A(4、9、4；B30且ab1，3 1n，其中N2；10、16、 ；4S21)，求數(shù)列0) C M x y34 0 N (xn0，0)5、1；6B516bn n T，定義橢圓 上的點)5 2 ，點，6、2 ；的前 項和 的最值( ,，對于橢圓 上的任意點 及它的“伴隨,011、n0C Mxn 都在函數(shù)，2201)0 b；)的“伴隨點”為y3，求此函數(shù)12、91；N(x0 , )f (x)ya b的圖像上，求0. （1）求數(shù)列（2）設(shè)20、（本題滿分 16 分.第（1）小題 3分，第（ 2）小題 5分，第（ 3）小題 8分.）已

51、知橢圓（1）求橢圓 上的點 的“伴隨點” 的軌跡方程；（2）如果橢圓 上的點點” ，求（3）當且以 PQ為直徑的圓經(jīng)過坐標原點21、（本題滿分 18 分.第（1）小題 3分，第（ 2）小題 6分，第（ 3）小題 9分.）對于定義域為xy（1）求 ；（2）數(shù)列x1（3）若的解析式，并求一、填空題（ 16題每小題 4分，712 題每小題 5分，本大題滿分1、 ；7、二、選擇題（每小題13、三、解答題（本大題滿分17、（14分）解（ 1）以 A 為坐標原點， 、 、 分別為 軸和 軸建立直角坐標系D A（0，0，0），E FAD (2,2,4),EF ( 2,2,2)AD EFEFuuu| | 4

52、4 8|AD| |EF| 4 4 16g 4 4 4AD EFQ2 2 SVE為線段 BC ABAEAEFD2是奇函數(shù)，則有00 x201 0yxf(x)yS32a1b. 3分B123、 所成角的大小為 7分BC D BC E AB，AC面VAAEFxf (x)x0 xx， 得1.00. 13分f (x) ( 1,1)，所以 m的取值范圍是 ( 1,1).4S23qqnnA1DF所以arccos1 1DEF,BB11DEF的體積為0 0f D A（0，0，0），E FAD (2,2,4),EF ( 2,2,2)AD EFEFuuu| | 4 4 8|AD| |EF| 4 4 16g 4 4 4

53、AD EFQ2 2 SVE為線段 BC ABAEAEFD2是奇函數(shù)，則有00 x201 0yxf(x)yS32a1b. 3分B123、 所成角的大小為 7分BC D BC E AB，AC面VAAEFxf (x)x0 xx， 得1.00. 13分f (x) ( 1,1)，所以 m的取值范圍是 ( 1,1).4S23qqnnA1DF所以arccos1 1DEF,BB11DEF的體積為0 0f ( x2 7分0211 t11分，則的值域為 14分51621logaC1arccos23的中點為 ，線段 的中點為 ，由4 2AEC1C3163，則)，令1 0 10，0 q2na23AC 3分BC,由 B

54、B, SV體積單位 .xtan( xtan( x)t， 從 而1 txQ q，解得5nA，B4，高 AA1DEF7分2)1tanx t121，2或 q. 6分(nCE1面AE，tanx1 tanx，則1，由此 函數(shù)是奇函數(shù) 得a1(1 q3)1 q1（舍去）5)log 24 BCABC,13 4分0，而 y，f (x)4. 4分a，得AE4 2 2 2f (x)yf ( x) 0a1(1 q2)1 q. 8分4 2BB1，163tanxtanxf(x) 在 0，516，t 11xf ( x.2分t 1 1 t2)1的 取 值 范 圍 是1，. 從而uur uuur所以設(shè)異面直線 、 所成角為角

55、，uuuruuurcos u|uADur所以異面直線（2） 線段AE由 的中點，且得VD三棱錐18、（14分）解：（1）設(shè)Q f (x)tanxtanx 1f (x)tanx1 tanx（2）設(shè)Q 1 t0又設(shè)21綜上所述，19、（14分）解：（1）Q整理得 qan（2）ab0 a0 nx0N x,y）由題意bax)2b212點 在橢圓上，uuuur uuur21, 1), 2 2kx ml y3m2)(3 4k4(m2 3)3 4k2PQ4k2)x x34kO到直線k21時，有 loga2n1時，有 loga2，得ay(1ax0, 0(x0,3Pkx02O 可得1 24k22kx m的距離0

56、, b005，(Tnx0則0by)2，得204y0)uuuur uuur0 OM gONx1 y2m, )x3xx4m20,d數(shù)列，得，數(shù)列)maxaxy01(aay23( ,， 的取值范圍是,3由21 2mk(x1,m2mnnbn loga2T4byb2.又0 x02ab0 a0 nx0N x,y）由題意bax)2b212點 在橢圓上，uuuur uuur21, 1), 2 2kx ml y3m2)(3 4k4(m2 3)3 4k2PQ4k2)x x34kO到直線k21時，有 loga2n1時，有 loga2，得ay(1ax0, 0(x0,3Pkx02O 可得1 24k22kx m的距離0,

57、 b005，(Tnx0則0by)2，得204y0)uuuur uuur0 OM gONx1 y2m, )x3xx4m20,d數(shù)列，得，數(shù)列)maxaxy01(aay23( ,， 的取值范圍是,3由21 2mk(x1,m2mnnbn loga2T4byb2.又0 x023,1x28kmx4y1yx2)12分0,是以5.所以 (Tn是以T5，又a0) x1a1， yy032,y24(2448mloga2)min為公差的等差數(shù)列，此數(shù)列是首項為正的遞減的10log 2x2，從而得9220)8分Q ,1m20m22為公差的等差數(shù)列，此數(shù)列是首項為負的遞增的等差T4a20b224b23x22x2 y23

58、)；00T5.Tn的沒有最小值 . 14 分y2y21，得b3403230； 有 x10log 2013x2 0y24; 1a1(a3分. 5分00 x2.Tn的沒有最大值 . 11分b，且28km3 4k20)x230 x210分4，03，數(shù)列. 由2）當?shù)炔顢?shù)列 . bnx20、（16分）解：（1）解.設(shè) （y(a2（2）由Q M (x y )OMgON由于4（3） 設(shè) (x y (x , y ),則y1)當直線 的斜率存在時 ,設(shè)方程為448(3 4k2得x1x2由以 為直徑的圓經(jīng)過坐標原點整理得 (3將式代入式得3又點 y11kSl xy232f f f(0)xf(x2)x2 L22f

59、 (0)00bAcosb4A2cos x6, f(2)nf(2)f (2) Lnf(2)f(2)k22m21OABm( 23(44,f ( f (3)13,x4n=4n.(1)(2)3(4)sin23b023ff (3)2k (kLf (6)2kLL242mm2)Sf ( 1)2Q xnx49分(3)0221(6)（f 4)+f(5)N )時. f (3n)6k1(kf(3n)f(6)x13 mAB d2)；代入1OAB21f (x3)由cosbA213分f (0)f (6)f(1)3n.N )時. f (1)5x233x x2 3分f(xn1,(1) (2)033A36 141kSl xy2

60、32f f f(0)xf(x2)x2 L22f (0)00bAcosb4A2cos x6, f(2)nf(2)f (2) Lnf(2)f(2)k22m21OABm( 23(44,f ( f (3)13,x4n=4n.(1)(2)3(4)sin23b023ff (3)2k (kLf (6)2kLL242mm2)Sf ( 1)2Q xnx49分(3)0221(6)（f 4)+f(5)N )時. f (3n)6k1(kf(3n)f(6)x13 mAB d2)；代入1OAB21f (x3)由cosbA213分f (0)f (6)f(1)3n.N )時. f (1)5x233x x2 3分f(xn1,(