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選A.2.B可得由A父|-2<父<10},B父|3<父≤13},則CRB父|父≤3或父>13},所以(CRB)∩A={父|-2<父≤3},故選B.=2,所以(父1-父(S)/父2+(3-4)2+(4-4)2+(5-4)2==,故選A. 4.C由題知八邊形ABCDEFGH為正八邊形,則上AOC=90°,上OAC=45°,因?yàn)镺A=2,所以AC=2、2,所→·→→→·→→→·→→·→→·→以AE(AB+GFAE(AB+BC→·→→→·→→→·→→·→→·→5.B因?yàn)辄c(diǎn)A(4,4)在拋物線上,所以42=2p·4,解得p=2,所以拋物線方程為父2=4y,設(shè)P(父0,y0),則 +(y0-3)2=父+y-6y0+9=y-2y0+9=(y0-1)2+8≥8,所以|PB|的最小值為2、2,故選B.6.B易知f(父父ln父+a父2,定義域?yàn)?0,+∞),曲線y=007.C由題意,AC/為正方體的體對角線,設(shè)點(diǎn)O為AC/的中點(diǎn),所以O(shè)A=OC/=AC→→→→→→→→→→→→→則PA·PC/PO+OA)·(PO+OC/PO2+PO·(OA+OC/OA·OC/=PO2+0-(2、)2=→→→→PO2-12,又因?yàn)镻A·PC/=-6,則PO2=6,即PO=、6<OA,且點(diǎn)P在正方體表面運(yùn)動(dòng),所以P點(diǎn)在每個(gè)表面8.D由題可得(cos2父-sin父+2)·cosw父=0兮(2sin2父+sin父-3)·cosw父=0,所以(2sin父+3)(sin父-1)·cosw父=0,解得sin父=1或cosw父=0,即父=或父=πkπ,k∈z,則在[0,2π]上一定有一個(gè)解是 .有以下兩種情況:①cosw父=0在[0,2π]上有且僅有2個(gè)異于的解,即≤2π<且≠,≠ ,解得w∈,1U1,,②cosw父=0在[0,2π]上有且僅有3個(gè)解,且其中有一個(gè)是,即≤2π<U.故選D.9.ABD由題知D(X故A正確;E(YE(3X+1)=3E(X)+1=7,故B正確;D(Y)=D(2X+1)=4D(X)=1,故C錯(cuò)誤;由正態(tài)分布密度曲線關(guān)于X=2對稱,利用對稱性知P<X≤2)=P(2≤XP(2≤X<3)=,所以P<X<3)=,故D正確.故選ABD.【“皖八”高三二聯(lián)·數(shù)學(xué)試卷參考答案第1頁(共6頁)W】 10.ABD圓錐的底面半徑r=1,母線長l=2,圓錐的高h(yuǎn)=SO=\,所以圓錐的體積 V=Sh=πr2h=\π,故A選項(xiàng)正確;如圖,圓錐的軸截面為△SAB,圓錐外接球和內(nèi)切球的半徑分別是△SAB外接圓和內(nèi)切圓的半徑,依次為2××\=項(xiàng)正確;若BC丄平面SAC,則BC丄SA,又因?yàn)镾O丄BC,且SA與SO交于點(diǎn)S,所以BC丄平面SAB,則BC丄AB,不成立,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤;取AC的中點(diǎn)E,連接OE,SE,因?yàn)镾A=SC,E為AC的中點(diǎn),則SE丄AC,由垂徑定理可得OE丄AC,所以二面角S-AC-B的平面角為上SEO,因?yàn)镾O丄平面OAE,OEC平面AOE,則SO丄OE,在△ABC中,上CAB=,上ACB=,則OE=BC= AB所以tan上SEO\=2\,即二面角SACB的正切值為2\,故D選項(xiàng)正確.故選ABD. y=\-父2+2父可變形為(父±1)2+y2=1(y≥0),則上半部分表示以(±1,0)為圓心,1為半徑的2個(gè)半圓.曲線C2:+=1(y≤0)的焦點(diǎn)為F(0,-1),解得c=1,b=2,a=\,則曲線C2的方程為+2=1(y≤0),故A選項(xiàng)正確;另橢圓的上焦點(diǎn)F1(0,1),所以父2+(y-1)2可以看成PF12,當(dāng)y=父+m與第一象限半圓相切時(shí),=1,m=\-1,由圖,可得m的取值范圍為(0,\-1),故C選(y=k父-1,消去y并整理得(5+4k2)父2-8k父-16=0,,-=≤k≤=,Δ=320(k2+1)>0,則父M+父N父M·父N則iMNi=N=1),dO-l所以S△OMN=MN×dO-l=數(shù)y=4t+=4(t在[1,\上單調(diào)遞增,(4t+min=5,所以S△OMN的最大值為4\5,故D錯(cuò)誤.故選AC.12.-tanα+tanβ-2\tanαtanβ=-2\,所以1ttn=tan(α+β)=-2\,可知角α+β在第二象限,所以cos(α+β)=-.]由解析式,可得函數(shù)f(父)是定義在R上的偶函數(shù),且在區(qū)間(-∞,0]上單調(diào)遞減,在[0,+∞)上單調(diào)遞增,且f父f(父)f(log2父f(-log2父)=2f(log2父即f(log2父)≤f(1),又因?yàn)閒(父)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以【“皖八”高三二聯(lián)·數(shù)學(xué)試卷參考答案第2頁(共6頁)W】父≤1,解得≤父≤2,故解集為,2].14.54由a1-a2+a2-a3+a3-a1=6,可得2[max{a1,a2,a3}-min{a1,a2,a3}]=6,所以,a2,a3}-min{a1,a2,a3}=3.我們不妨設(shè)min{a1,a2,a3}=父,則max{a1,a2,a3}=父+3,還有一,a2,a3,有A=6種方法;當(dāng)d=3時(shí),三個(gè)數(shù)為父,父+3,父+3,對應(yīng)a1,a2,a3,有=3種方法.所以一共有3×(3+6+6+3)=54種.15.證明:方法1:(1)因?yàn)椤螦CB=90°,ABCA1B1C1為直三棱柱,所以AC⊥BC,A1C1⊥B1C1,又側(cè)面ACC1A1為正方形,所以A1C1⊥CC1,因?yàn)镃C1∩B1C1=C1,且CC1,B1C1C平面BCC1B1,所以A1C1⊥平面BCC1B1,又B1CC平面BCC1B1,所以A1C1⊥B1C,在正方形BCC1B1中,BC1⊥B1C,又因?yàn)锳1C1∩BC1=C1,且A1C1,BC1C平面A1C1B,所以B1C⊥平面A1C1B.?????????6分→—→→B1C=(0,-2,-2),A1C1=(-2,0,0),BC1=(0,-2,2),→·—→→·→因?yàn)锽1CA1C1=0,B1CBC1=0,????????????????????????→·—→→·→→—→→→所以B1C⊥A1C1,B1C⊥BC1,即B1C⊥A1C1,B1C⊥BC1,又因?yàn)锳1C1∩BC1=C1,且A1C1,BC1C平面A1C1B,所以B1C⊥平面A1C1B.????????????????????????????????6分(2)如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,→→→因此A1O=(-2,1,-1),DO=(-1,0,1),BC=(0,-2,0).設(shè)平面A1DO的一個(gè)法向量為n父,y,義→n·A1O=-2父+y-義=0,→n·DO=-父+義=0,令父=1,則n=(1,3,1).???????????????????9分設(shè)直線BC與平面A1DO所成角為θ,→→→ BC·n→=→BC=→BC -6 3==3==16.解:(1)cos2C+cos2B-cos2A=1-sinCsinB,即sin2A-sin2B-sin2C=-sinCsinB,??????????????????????????2分由正弦定理,得a2-b2-c2=-bc,即b2+c2-a2=bc,所以cosA==,??????????????????????????????5分(2)方法1(等面積法因?yàn)镾△ABC=S△ABD+S△ACD, 即2bc×2=2cAD即2bc×2=2cADsin∠BAD+2b·AD·sin∠CAD,所以AD=1,?????????????????????????????????????9分【“皖八”高三二聯(lián)·數(shù)學(xué)試卷參考答案第3頁(共6頁)W】由BD=DC,所以AD=2AB+2AC,??????????????????????????10分2+2·+?2,則4=c2+b2+bc≥3bc,????????????????????????????????12分所以S△ABC=bcsin≤××\=\.方法2:在△ABD中,由正弦定理,得sinAD=①,在△ACD中,由正弦定理,得sinAD=②,因?yàn)锽D=CD,①÷②得==, 所以csin上BAD=bsin上CAD,??????????????????????????????9分 又因?yàn)閏sin上BAD+bsin上CAD=\bc,所以csin上BAD=bsin上CAD=\bc,sin上BAD=\b,sin上CAD=\c,設(shè)上BAD=α,則上CAD=60°-α,α∈(0,60°),所以S△ABC=4\33sinα·sin(60°-α)=4\33×{-[cos60°-cos(2α-60°)]}=-\+2\33cos(2α-60°),+y2=4+μy2,得父2+(1-μ)y2=4.得2+(1-)y2=1,因?yàn)?4,μ)曲線為雙曲線,所以1-μ<0,則μ>1,故μ的取值范圍為(1,+∞). (2)由λ=4,μ=5,得雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為4-y=1,由題意,知直線l與雙曲線C①當(dāng)k=時(shí),直線與漸近線平行,此時(shí)直線與雙曲線只有一個(gè)公共點(diǎn),當(dāng)k=時(shí),解得父y所以P此時(shí),l的方程為父-2y+4=0.??????9分②當(dāng)k≠時(shí),直線與雙曲線要相切,所以△=(-16k)2-4·(1-4k2)·(-20)=0,解得k=\(k\舍去【“皖八”高三二聯(lián)·數(shù)學(xué)試卷參考答案第4頁(共6頁)W】 當(dāng)k=\時(shí),解得父,y所以,此時(shí)l的方程為\父y???分綜上所述,直線l方程為父y時(shí),P;直線l方程為\y時(shí),P\(少一種情況扣4分)?????????????????????????????????分f(父父父,f/f所以f(父)在父處的切線方程為y父,即2父-y???????????????4分f/(父父父≤所以f(父)在∞上單調(diào)遞減;??????7分父父≥父≤f/(父父父在∞)上單調(diào)遞增,所以f/(父)≥f/所以f(父父父父在∞)上單調(diào)遞增.綜上,f(父)在∞上單調(diào)遞減,在∞)上單調(diào)遞增.????????????????9分-f(父f父≥---所以證明當(dāng)父≥0時(shí)父-父父k父≥0恒成立即可.?????????????????分顯然,h-則h/≥-父k,所以h/k≥0→k≤???????????????????????分驗(yàn)證,當(dāng)k≤2時(shí),對任意父≥父-父父k父≥??????????????????分------所以H(父)≥H-父k在∞)上單調(diào)遞增,所以G(父)≥G≥-父k父在∞)單調(diào)遞增;所以h(父)≥h故k的取值范圍為∞??????????????????????????????分解因?yàn)閷θ我猓薄躨<j≤k,都有ai+aiii<2ia+ai≤i≤k,所以bb…,bm依次為bbbbbb,所以mTS×????????????????????4分)W因?yàn)閍+aa+aa+aa+aa+aa+aa4+a??????????????5分所以{bn}的7項(xiàng)分別為a+aa+aa+aa+aa+aa+aa+a.?????????6分又a+aa+aa+a可得a+a=a
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