2024屆高三年級(jí)上冊(cè)第二次模擬考試數(shù)學(xué)試題附答案解析

2024屆高三上學(xué)期第二次模擬考試數(shù)學(xué)試題

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)

是符合題目要求的。

1.設(shè)全集U={-2,-1,0,1,2},集合4={-1,0,1},B={y\y=2x,xeA],則4C

QB=()

A.{—2,0,2)B.{—1,0,1)

C.{-1,1)D.{0}

2.已知z(l+2i)=1,則z的虛部為()

27「2n2.

A.B.C-5D-5l

3.已知向量3=(1,2),b=(2,1),貝囁在加上的投影向量為()

A。/，|)B-卷3C-G4IQ)D.(2|,§4

4.已知函數(shù)/'(久)=sin(3x+R)(0<R<2兀)在區(qū)間雷，芻上單調(diào)遞增，則R=()

A—B—C.JD.71

8'4

5.若正四棱錐的側(cè)面三角形底角的正切值為2,則側(cè)面與底面的夾角為()

A.30°B.45°C.60°D.75°

6.已知拋物線C：y2=2p%(p>0)的焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)F且斜率為字的直線1交C于A,B兩點(diǎn)，點(diǎn)

M在C的準(zhǔn)線上，MFLAB,若AMAB的面積為32,則「=()

A.V2B.2C.2V2D.4

7.在AZBC中，若|荏+元|=1,|德+而|=2,則AABC的面積的最大值為()

A1B1C1D1

A-65c.43

8.已知函數(shù)f(久)=炳++a|(a>0),下列結(jié)論正確的是()

A./(久)的圖象是中心對(duì)稱(chēng)圖形

B./(%)在區(qū)間(―表0)上單調(diào)遞增

C.若方程f(%)=b有三個(gè)解，/(b)=b,則a+b=142

D.若方程〃久)=2有四個(gè)解，則a6(2,4)

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符

合題目要求，全部選對(duì)的得5分，有選錯(cuò)的得。分，部分選對(duì)的得2分。

9.下列結(jié)論正確的是（）

A.已知樣本數(shù)據(jù)冷，…，％io的方差為2,則數(shù)據(jù)2%i—1,2%2-1，…，2%io—1的方差為

4

B.已知概率P（B|X）=1,P（2B）=%，則「缶）=4

C.樣本數(shù)據(jù)6,8,8,8,7,9,10,8的第75百分位數(shù)為8.5

D.已知（1一魚(yú)）5=a+bV^（a,b為有理數(shù)），則a=41

10.若圓錐側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)半徑為2的半圓，則（）

A.該圓錐的母線與底面所成的角為30。

B.該圓錐的體積為孚兀

C.該圓錐的內(nèi)切球的體積為翳兀

D.該圓錐的外接球的表面積為竽兀

11.已知定義域?yàn)镽的函數(shù)/（%）滿足/（K+y）=f（%）+/（y）+xy（K+y）,1（x）為/（%）的導(dǎo)函數(shù),且

/（I）=2，貝I（）

A./（久）為奇函數(shù)

B."%）在x=—2處的切線斜率為7

C./⑶=12

D.對(duì)\/久1，%2e（0,+8）,乙片亞，/（巧產(chǎn)）<'（勺）'/。2）

2222

12.在平面直角坐標(biāo)系久0丫中，已知曲線Ci：4x+y=1,C2：2x-y=1.與圓2+y2=i相

切的直線1交c2c2于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)M,N分別是曲線Cl與C2上的動(dòng)點(diǎn)，且。MLON,則（）

A.OPOQ^0B.|OP||OQ|的最小值為2

C.|OM『+|ON|2的最小值為當(dāng)D.O點(diǎn)到直線MN的距離為整

三'填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13.已知。為第二象限角，cos6=—|，則tan。=.

14.已知盒中有3個(gè)紅球，2個(gè)藍(lán)球，若無(wú)放回地從盒中隨機(jī)抽取兩次球，每次抽取一個(gè)，則第二次

抽到藍(lán)球的概率為.

15.已知函數(shù)f（%）=ex-ax2（x>0）有一個(gè)極值點(diǎn)為零點(diǎn)，則。=.

16.已知數(shù)列｛時(shí)｝滿足=-/，an+an+i=白712cos等，則口240=-

四'解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明'證明過(guò)程或演算步驟。

17.已知數(shù)列｛時(shí)｝的前n項(xiàng)和為%,Sn=2an-2(nEN*).

(1)求的通項(xiàng)公式;

C1，(n=2k,k6N*)

(2)設(shè)%=rl求數(shù)列｛g｝的前2九+1項(xiàng)的和.

Jog2%!’(n=2k—1,kGN*)

18.記△力三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知B為銳角，asin^+bsinB—csinC=

2asinAsinB.

(1)求sin(4—C)；

(2)求sinZsinB的最小值.

19.如圖所示，在四棱錐3-4CDE中，AE||CD,AE1AC,CD=2AE=2,平面力CDE_L平面

ABC,點(diǎn)F為BD的中點(diǎn).

(2)若4C=BC=2,AF與平面ABE所成角的正弦值為g,求四棱錐3-4CDE的體積.

O

20.在某網(wǎng)絡(luò)平臺(tái)組織的禁毒知識(shí)挑戰(zhàn)賽中，挑戰(zhàn)賽規(guī)則如下：每局回答3道題，若回答正確的次

數(shù)不低于2次，該局得3分，否則得1分，每次回答的結(jié)果相互獨(dú)立.已知甲、乙兩人參加挑戰(zhàn)

賽，兩人答對(duì)每道題的概率均為發(fā)

(1)若甲參加了3局禁毒知識(shí)挑戰(zhàn)賽，設(shè)甲得分為隨機(jī)變量X,求X的分布列與期望；

(2)若甲參加了2九(九GN*)局禁毒知識(shí)挑戰(zhàn)賽，乙參加了2n+2(neN*)局禁毒知識(shí)挑戰(zhàn)賽，記

甲在禁毒知識(shí)挑戰(zhàn)賽中獲得的總分大于4n的概率為Pi，乙在禁毒知識(shí)挑戰(zhàn)賽中獲得的總分大于4n+

4的概率為「2，證明：Pi<P2-

21.已知橢圓C：胃+\=l(a>b>0)的離心率為:與，左、右焦點(diǎn)分別為％,4，點(diǎn)D為線段

OF?的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)%且斜率為七(七力0)的直線1交C于M,N兩點(diǎn).AMFi。的面積最大值為38.

(1)求C的方程；

(2)設(shè)直線MD,ND分別交C于點(diǎn)P,Q,直線PQ的斜率為七，是否存在實(shí)數(shù)九使得4的+

k2=0?若存在，求出4的值：若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

22.已知函數(shù)/'(無(wú))=sin%—ln(l+ax).

(1)若％e[0,芻時(shí)，/(%)>0,求實(shí)數(shù)a的取值范圍；

1R笛+212

(2)設(shè)nCN*,證明：sin+In2-In<Sfc=isinfc(,fc+2^<.

答案解析

L【答案】C

【解析】【解答】解：由題意知A={-1,0,1),B—(y\y—lx,xEA},

把集合A中的元素分別代入集合B中，

可得B={y|y=2x,xeA]={-2,0,2),

又因?yàn)閁={-2,-l,0,l,2},

則QB={-1,1},故AnCuB={-1,1},

故答案為：C.

【分析】用列舉法先求出集合B,從而可得QB,利用集合的交集運(yùn)算即可求解.

2.【答案】A

【解析】【解答】解：因?yàn)閦(l+2i)=l,

1l-2il-2i12.

所以z=T727一(l+2t)(l-2i)―1+4一弓一百”

所以z的實(shí)部為:虛部為-1.

故答案為：A.

【分析】利用復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算即可得出結(jié)果.

3.【答案】B

【解析】【解答】解：⑷=V1+4=V5,\b\-V4+1=V5>

l六a-b1X2+2X14

cos?切=后麗=花乂屈=耳'

44V5

所以弓在b上的投影為|Q|.cos<a,b>=V5X5=-5-，

%_4后(2,1)_84

所以石在石上的投影向量為|a卜cos<a,b>-向一于XR-(/)，

故答案為：B.

【分析】分別求出向量五，石的模，以及向量落石夾角的余弦值，利用投影向量公式計(jì)算即可求解.

4.【答案】D

【解析】【解答】解：若強(qiáng)斗〈沙則先3%〈竽，

所以￡+043%+04+(p，

因?yàn)楹瘮?shù)f(久)=sin(3x+0)(0<<p<2兀)在區(qū)間片上單調(diào)遞增，

+cpN2/CTT一手

2(P>2/CTT—n

故3TTkeZ,即kEZ,

+042kli+￡fcp<2kn—n

即=2kn—n,kEZ,

又0<R<2/r,則R=n.

故答案為：D.

【分析】根據(jù)x的取值范圍確定3%+R的取值范圍，結(jié)合正弦函數(shù)的單調(diào)性列不等式組，即可求得0

得表達(dá)式，結(jié)合0VR<2TT,即可求解.

5.【答案】C

【解析】【解答】解：以P為頂點(diǎn)，ABCD為底面，正四棱錐如圖所示:

設(shè)M為4B中點(diǎn)，。為底面中心，設(shè)四棱錐底面邊長(zhǎng)為a,貝！JBM=2，

該四棱錐是正四棱錐，PA=PB,貝IJPM1AB,

因?yàn)閭?cè)面三角形底角的正切值為2,則有罌=2,即第=2,解得PM=a,

DM2

。為底面中心，連接0”,貝IJOMIIBC,5LAB1BC,所以。

所以ZPM。為側(cè)面與底面的夾角，因?yàn)镻。1平面4BCD,

所以P010M,0M=l，cosZPMO=罌=萱=%

乙PMa2

所以乙PM。=60°,所以側(cè)面與底面的夾角為60。.

故答案為：C.

【分析】數(shù)形結(jié)合，先求出PM與底面邊長(zhǎng)的關(guān)系，確定NPM0為側(cè)面與底面的平面角，求出

coszPMO=1即可求解.

6.【答案】B

【解析】【解答】解：拋物線C：y2-2px(p>0),焦點(diǎn)0)如圖所示：

因?yàn)橹本€2過(guò)點(diǎn)唱0）且斜率為字故直線的方程為：y="（￡_%,

_73rp、

由直線與拋物線聯(lián)立方程組，得/二百的一刃，消y可得4/—28px+p2=0,

、y2—2px

A-（—28p）2—4x4P2>0,

設(shè)B（%2，y2），由韋達(dá)定理可得％i+%2=---=7p,%1=2=勺,

由拋物線定義可知，=/+%2+P=8p,

因?yàn)辄c(diǎn)M在C的準(zhǔn)線上，拋物線的準(zhǔn)線方程為：%=-1,可設(shè)點(diǎn)”（-0外）），

又MF1ZB,=^=-V3,所以yo=V5p,

kMF

所以|MF|=Jp2+3P2=2p,

所以SAMAB=*X8pX2P=8p2=32，解得p=2.

故答案為：B.

【分析】先求出直線的方程，并與拋物線方程聯(lián)立方程組，根據(jù)拋物線的性質(zhì)與直線的位置關(guān)系,

求得進(jìn)行求解即可.

7.【答案】D

【解析】【解答】解：由題意得畫(huà)出圖形并作出輔助線如圖所示：

設(shè)瓦F分別為BC,4B的中點(diǎn)，連接EF,

11

則EF||AC,則4BEFS^BCA,EF=^AC,故S/EF="UBC，

故SA4BC=qS四邊形ACEF'

又|荏+前|=1,\CA+CB\=2，貝1」|荏+而I=|2AE|=1,\CA+CB\=|2CF|=2,

故畫(huà)=^,\CF\=1，

當(dāng)4E1CF時(shí)，四邊形ZCEF面積最大，最大值為鼻鼻1=]

ZZ4

故44BC的面積的最大值為gx：=最

故答案為：D.

【分析】畫(huà)出圖形并作出輔助線EF,相似三角形性質(zhì)可得SA4BC=2S嚕裕“X由題意可得|版|

I，\CF\=1,從而確定四邊形4CEF面積的最大值，即可求解.

8.【答案】D

【解析】【解答】解：當(dāng)久>0時(shí)，f(x}=Vx+VxTa,其中(a>0),

rt(、_11_壇+dx+Ct

x2Vx2Jx+a2V%V%+a'

所以店>0,y/x+a>0,

所以尸(%)>0,所以當(dāng)%>0時(shí)，函數(shù)/(%)單調(diào)遞增；

因?yàn)?(%)=-yj'\x\+yJ\X+a\y

所以/(-a-1)=yj\—a—x\+y/\-a—x+a\—yj\x+a\+y/~\x\—/(%)，

所以/(久)的對(duì)稱(chēng)軸為久=—全

又〃一個(gè)=Ji_|i+/=2JiJi=伍，

/(。)=vW+Ji。+=疝

故圖象如圖所示：

對(duì)于A,由圖象可知，/(%)不是中心對(duì)稱(chēng)圖形，故A錯(cuò)誤;

對(duì)于B,當(dāng)一多<%<0時(shí)，/(%)=V-x+y/x+a,

f'(yy__1I]_-j-+a

2J.+.2V—x4x+a'

因?yàn)橐?<x<0,所以2<K+a<a,0<—x<彳

所以所以/(久)<0,所以當(dāng)一?<%<0時(shí)，函數(shù)〃久)單調(diào)遞減，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C,若方程f(%)=b有三個(gè)解，則6=岳，故(1=缶.

又f(b)=y[\b\+y/\b+a\—4b+]b+號(hào)=b,解得"=16，所以a=128,

所以a+b—144,故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,由圖象可知若方程〃久)=2有四個(gè)解，則歷<2<伍，解得2<a<4,故D正確.

故答案為：D.

【分析】數(shù)形結(jié)合，根據(jù)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，作出圖象，并分類(lèi)討論x的范圍，對(duì)各個(gè)選項(xiàng)逐

一判斷即可.

9.【答案】B,D

【解析】【解答】解：對(duì)于A,若％1，￡2,…，久10的方差為2,

則數(shù)據(jù)2%-1,2&-l,-,2x10-1的方差為22x2=8,即A錯(cuò)誤;

對(duì)于B,已知概率P(B|4)=4,P(4B)=/由條件概率公式P(B|4)=號(hào)鬻，可得嘉.=g,可

得P(4)=*,即B正確;

對(duì)于C,將樣本數(shù)據(jù)重新排列可得6,7,8,8,8,9,10,共7個(gè)數(shù)，7x75%=5.25；

所以第75百分位數(shù)為第6位數(shù)，即9,所以C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,由(1一&>=a+6叵，a代表展開(kāi)式中的有理項(xiàng)，

由二項(xiàng)式的展開(kāi)式可知，a=以x15x(-V2)0+盤(pán)x13x(-&)2+C]xMx(-V2)4=41,即D

正確；

故答案為：BD.

【分析】根據(jù)方差公式。(aX+b)=a20(X)、條件概率公式、百分位數(shù)定義以及二項(xiàng)展開(kāi)式分別對(duì)

各個(gè)選項(xiàng)判斷即可得出結(jié)論.

10.【答案】B,D

【解析】【解答】解：由題意可知，圓錐的母線長(zhǎng)為2,圓錐側(cè)面展開(kāi)圖的弧長(zhǎng)為2X71=2〃，

設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為/,底面半徑為r,則2療=2兀，解得r=l,則圓錐的高八=產(chǎn)彳=遮，

如下圖：

p

對(duì)于A,設(shè)圓錐的母線與底面所成的角為仇則sin8=4=￥，解得8=60。，故A錯(cuò)誤;

因?yàn)閳A錐的側(cè)面展開(kāi)圖是半徑為2的半圓，

所以A7、，解得『

[2nr=2?2兀x2=1

所以圓錐的IWJ/I=V/2—r2=V3，

所以圓錐的體積1/=白八=9「2八=3兀，故B正確.

記圓錐的軸截面為△ABC,則小ABC是邊長(zhǎng)為2等邊三角形如圖所示：

圓錐外接球和內(nèi)切球的半徑分別是AZBC外接圓和內(nèi)切圓的半徑，

設(shè)圓錐外接球和內(nèi)切球的半徑分別為勺,「2

imi?122V3?11V3

則勺=2X2X后=—＞「2=2*2*后=守'

3

所以圓錐的內(nèi)切球的體積匕=如；=/造=蝶兀，故C錯(cuò)誤；

L2

所以圓錐的外接球的表面積S2=4吟=4兀?(等)=學(xué)兀，故D正確.

故答案為：BD.

【分析】求出圓錐的母線、高以及底面半徑，并作出圖象，根據(jù)線面角的定義，圓錐的體積公式,

結(jié)合圓錐的軸截面，求出內(nèi)切球和外接球的半徑即可得對(duì)各選項(xiàng)逐一判斷.

11.【答案】A,C,D

【解析】【解答】解：對(duì)于A選項(xiàng)，令久=y=0,則f(0)=f(0)+/(0),.?./(())=0,

令y=則/(0)=/(%)+/(一久),

...y(-x)=-/(X),故/(%)為奇函數(shù)，A正確;

對(duì)于B選項(xiàng)，八%)的導(dǎo)函數(shù)是((支)，由復(fù)合函數(shù)定義可得〃-久)的導(dǎo)函數(shù)是

由A選項(xiàng)可知/(-%)=-/(%),對(duì)等式兩邊分別求導(dǎo)可得-/'(-%)=

即「(-%)=1(%)，則「(%)為偶函數(shù)，因?yàn)?(1)=2,所以尸(一1)=6(1)=2,

令y=1代入/(%+y)=/(%)+/(y)+xy(x+y),得f(x+1)=/(%)+/(l)+%(%+1),

即/(x+1)=/(%)+2%+1>

令％=-2,貝葉'(-1)=/'(-2)一3,???/'(-2)=5，B錯(cuò)誤；

對(duì)于C選項(xiàng)，又f(%+y)=f(x)+f(y)+xy(x+y),

則/O+y)-學(xué)”4+M爭(zhēng)

3

令g(x)=/(%)-y1則+y)=&(x)+。(”，

由柯西方程知,g(x)=g(l)-X,故/(%)=g(%)+勺=今+g(l),

則/(%)=%2+g(i),由于，(1)=2，故1+g⑴=2,???g(l)=l,

即/(%)=芻■+%，貝！)/(3)=12,C正確；

對(duì)于D選項(xiàng),對(duì)為X2e(0,+00),"孫/(空)-/⑶)丹)=421+空T春+

%3

+芋?+%2)

11

=8(-X1一片+%1%2+久1片)=一百01—％2)2(久1+%2)<3

故〃空)<"4"，(無(wú)2),D正確，

故答案為：ACD.

【分析】利用賦值法，結(jié)合對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，可判斷A,B選項(xiàng)；將已知條件變形為g(x+y)=g(x)+

g(y)形式，利用柯西方程計(jì)算即可判斷C；利用作差法可判斷D.

12.【答案】A,B,D

【解析】【解答】解：根據(jù)已知條件畫(huà)出圖形，如圖所示，

對(duì)于A選項(xiàng)，當(dāng)直線/斜率不存在時(shí)，直線Z與圓/+儼=1相切，不妨取直線％=1,

此時(shí)不妨取P(1,1),Q(1,T)，則麗?麗=1-1=0成立，

當(dāng)直線/斜率存在，則設(shè)PQ直線方程為y=kx+m,設(shè)+m),Q(x2；kx2+m),

y=kx+m-/口。

PQ直線方程與雙曲線聯(lián)立方程組,2/_y2_]，消去y得(i-2)xQ2+2kmx+mQ2+10,

PQ直線方程與雙曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，交點(diǎn)分別為P,Q,

即(爐—2)x2+2kmx+m2+1=0有兩個(gè)不同的根,

2kmm2+l

由韋達(dá)定理可得%1+%2=-~2，%]%2=-2

r-2r-2

=1,???m2=k2+1,

由于圓%2+y2=1與直線/相切，故

2

OP-OQ=x1x2+久2++m)(/cx2+m)=(Q+1)%1%2+km(x1+x2)+m

(m2+l)(/c2+l)2k2ni2+.fc2+l—m2_/c2+l-(/c2+l)

,2?2I2QI2Q0;

k.-2fc-2k—2k—2

綜合知麗?麗=0,A正確；

對(duì)于B,由題意知O到/的距離為1,由A知。P10Q,

貝l」|PQ|2=\OP\2+|OQ『,

11_____________

故S"OQ=^\OP\-\OQ\=^\PQ\X1,則|0P|.|0Q|=\PQ\=\0P\2+\0Q\2

>y/2\OP\'\OQ\,當(dāng)且僅當(dāng)|OP|=|OQ|時(shí)取等號(hào),

即有J|OP|?|0Q|>四,二|0P|?|0Q|>2,結(jié)合|0P|=\OQ\,

此時(shí)|0P|=\OQ\=魚(yú)時(shí)等號(hào)成立，即不妨取P(1,1),Q(LT)，

故|OP||OQ|的最小值為2,B正確；

對(duì)于C,由題意知ON斜率一定存在，設(shè)為t,則ON方程為y=tx,

NGNFN)在C2上，由于C2的漸近線方程為丫=±魚(yú)尤，則田<企,

1

y=txN2-t21,t2

聯(lián)立2%-,解得,則|ON|2=

t2

2-t2

因?yàn)?。M1ON,故0M的方程為久=-ty,在Ci上，

_±2

4nM解得4彳+1,則|0M『=今日,

聯(lián)立

―1114t2+1

1

\0M\2+\0N\2=\0M\2=(1+t2)(-11■)=g(2—產(chǎn)+針2+i)(.11

2+2------?----7-----)

2-14t+12-t24t2+l

當(dāng)且僅當(dāng)竺母=與即產(chǎn)=1時(shí)取得等號(hào)，

故|0M|2+|0N/的最小值為g,C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,由題意知。MLON,設(shè)。到MN的距離為d,

根據(jù)等面積法可得〃OMN=』ON||OM|=：|MN|?d

_\OM\-\ON\_\OM\-\ON\

所以記嬴產(chǎn)

]

]=]=x=yl

2214t2+12-t2V33,口正確,

\0M\+\0N\

22|0N/1+t21+t2

\OM\-\ON\

故答案為：ABD.

【分析】數(shù)形結(jié)合，畫(huà)出圖象，P。直線方程與雙曲線方程聯(lián)立方程組，可得韋達(dá)定理的表達(dá)式，結(jié)

合直線和圓相切以及向量的數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算可判斷A；利用直角三角形的面積，結(jié)合基本不等

式，并求出求出|0M『+|0N|2的表達(dá)式即可判斷B,C；利用等面積法可得。到的距離d,代

入計(jì)算即可判斷D.

13.【答案】-1

【解析】【解答】解：a為第二象限角，且cosa=—*則sina>0,

1

所以sina=Vl-cos2a=2所以tana=*器=鼻

□cosct_2

5

故答案為：-/

【分析】利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系以及三角函數(shù)在各象限的符號(hào)即可求解.

14.【答案】|

【解析】【解答】解：第一次抽到紅球的概率為4=3

月5

則第一次抽到紅球且第二次抽到藍(lán)球的概率為應(yīng)?4=存

第一次抽到藍(lán)球的概率為*=f,

C5

則第一次抽到藍(lán)球且第二次抽到藍(lán)球的概率為I?4=存

C4

故第二次抽到藍(lán)球的概率為卷+卷=|.

故答案為：|.

【分析】二次抽到藍(lán)球的事件包括第一次抽到紅球或藍(lán)球兩種情況，根據(jù)全概率公式求解即可.

15.【答案】4

4

【解析】【解答】解：/(%)=e%-ax2(*4%>0),則/''(X)="—2ax,(久>0)，

當(dāng)a=0時(shí)，〃無(wú))=靖，在定義域內(nèi)函數(shù)單調(diào)遞增，沒(méi)有極值點(diǎn)，不合題意；

當(dāng)aH0時(shí)，設(shè)陽(yáng))為/(%)=ex-ax2(%>0)的極值點(diǎn)也為其零點(diǎn)，

x

則/。o)—e°—axg=0,且e3-2axo=0,則a就=2ax0,

故為o=2,或久o=0(舍去)，

2

所以％°=2,e2—4a=0,a—旨，

當(dāng)口=半時(shí)，/(%)=ex—^x2^f(%)=ex-

則/(2)=0,/'(2)=0，

22

令9(%)=ex—-2'x,g'(%)=ex—^2>0時(shí)，%>2—ln2

2

g(X)在(2-ln2,+8)上單調(diào)遞增，則/(久)="一多%在(2-ln2,+8)上單調(diào)遞增，

所以當(dāng)2—ln2<x<2時(shí)，/(%)<0)〃%)在(2-1112,2)單調(diào)遞減，

當(dāng)x>2時(shí)，/(%)>01/(%)在(2,+8)單調(diào)遞增，

故x=2為/(%)的極小值點(diǎn)，

2

即函數(shù)〃K)=靖一。久2(久>0)的極值點(diǎn)尤=2也為零點(diǎn)，符合題意，故a=",

4

2

故答案為：￡；.

4

【分析】先討論函數(shù)有極值點(diǎn)時(shí)a的取值范圍，再令極值點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)為0,由此可得^。-2口劭=

0,貝ija/=2ax0,即可求得劭的值，繼而求得a的值，再驗(yàn)證即可.

16.【答案】1785

【解析】【解答】解：由題意可知，n為正整數(shù)，且結(jié)合余弦函數(shù)性質(zhì)可知cos號(hào)的周期是4,

令n=4k,4k+1,4k+2,4k+3分別代入時(shí)+an+1=克九2cos等可得：

a4k+a4k+l=①，。4々+1+a4k+2=°②，。4々+2+a4k+3=一（廿+k+3③，a4k+3+a4k+4=

0?,

由可得④-③-②-①可得：a4k+4-。鈍=憶+上，

且03二—4，。3+。4=0，可得04二不

由累加法可得。240=（。240—。236）+（。236—。232）+…+（。8—a4）+。4=59+/+58+/+…+1+

1,1

4+4

=59+58+■■■+1+1x60=59（5：+1）+15=1785;

4Z

故答案為：1785.

【分析】先判斷cos等的周期，可得數(shù)列也"滿足。4計(jì)4-a4k=k+%再由累加法，結(jié)合等差數(shù)列

前n和公式即可求解.

17.【答案】（1）解：當(dāng)九=1時(shí)，臼=2方—2,則的=2

當(dāng)九>2時(shí),an=2an—2an_1；則斯=2an-1

則數(shù)列是以2為公比的等比數(shù)列，則％=2n

2n(n=2k,kEN*)

(2)解：因?yàn)?='

n,(n=2k-l,kEN*)

所以72n+i=22*+24*+26+-+22n+1+3+5+-+(2n+1),貝l2n+i=考二卻+

(n+l)(l+2n+l)_4n+1-4

+(n+I)2

2=-3-

【解析】【分析】（1）根據(jù)即與5?的關(guān)系即可求得通項(xiàng)公式；

（2）先求出bn的表達(dá)式，結(jié)合等差數(shù)列以及等比數(shù)列的前〃項(xiàng)和公式并利用分組求和法即可求解.

18.【答案】(1)解：因?yàn)閍sinA+bsinB-csinC=2asim4sinB

由正弦定理可得原+ft2—c2=2absin力

由余弦定理可得：cosC=sinA

解得力=J-C或4=l+c

又因?yàn)锽為銳角，所以A—C=￡

所以sin(4—C)=1

(2)解：由(1)得sin^sinB=sinHsin(竽一24)=—sinAcos2A=2sin3i4—sin4

令t—sin4貝!Jsin力sinB=/(t)=2t3—t

因?yàn)椤存冢孕?lt;t<l

Z4-Z

所以，(t)=6t2_1,當(dāng)teg,1),f'(e)>0,/(t)單調(diào)遞增

所以teg,1)時(shí)，f(t)e(0,1)，所以/'(t)無(wú)最值

所以sinHsinB無(wú)最值.

【解析】【分析】(1)利用正弦定理對(duì)已知條件進(jìn)行邊角互化，結(jié)合余弦定理可得sinZ=cosC,由值

求角可得4=1+C,從而得解；

(2)根據(jù)4-C=?以及三角形內(nèi)角和關(guān)系得B=孚-24再利用誘導(dǎo)公式即可化簡(jiǎn)，再令t=

sin4sin^sinB=f(t)=2t3-t,由導(dǎo)數(shù)判斷出/'(t)=2力3-t在力(孝,1)上單調(diào)遞增，可得

sinAsinB無(wú)最小值；

19.【答案】(1)證明：因?yàn)锳E||CD,AEA.AC，所以CD1AC

又因?yàn)槠矫鍭CDE1平面ABC,平面4CDEC平面ZBC=AC

所以CD1平面ABC,

又因?yàn)锳Bu平面ABC,

所以AB1CD；

(2)解：取AB、BE的中點(diǎn)分別為0、G,連接OC、OG,

所以。G||AE,

E因?yàn)?E||CD,所以。G||CD,

而CD，平面ABC,所以0G1平面ABC,

因?yàn)锳C=BC,0A=0B,

所以AB10C,

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線OB,OC,OG為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系如

圖所示：

D

設(shè)B(30,0),則z(_t,o,o),c(o,o),￡)(0,2),嗚,,1),

所以於=(當(dāng)，h『2,1),易知元=(0,1,0)是平面ABE的一個(gè)法向量,

所以|cos凝翩=1瑞

解得”V3,

設(shè)記=(久，y,z)是平面ACDE的一個(gè)法向量，因?yàn)榉?(6，1,0),CD=(0,0,2),

令％=遮，則記=(b，-3,0)

又因?yàn)橥?(2g，0,0),

則點(diǎn)B到平面ACDE的距離為d=區(qū)犁=馬駕1=V3,

|m|V3+9

所以VB-ACDE=1X號(hào)④x2xV3=V3.

【解析】【分析】(1)根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理、線面垂直的性質(zhì)定理即可證明；

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出平面ACDE的法向量，設(shè)B(t,0,0),根據(jù)AF與平面

ABE所成角的正弦值求出f,即可求出3到平面力CDE的距離，再結(jié)合棱錐體積公式即可求解.

20.【答案】(1)解：依題意可得，隨機(jī)變量XC{3,5,7,9},

設(shè)甲、乙在一局比賽中得3分的概率為P,則p=c￡&)3+/8)3=4，

則P(X=3)=(1)3=，P(X=5)=戲&>=招

P(X=7)=廢&)3=稱(chēng)，p(x=9)=&)34,

則分布列：

X3579

P1331

8888

數(shù)學(xué)期望E（X）=3xJ+5x1+7x|+9xJ=6.

（2）證明：設(shè)在甲參加的2n（neN*）局禁毒知識(shí)挑戰(zhàn)賽中，獲勝局?jǐn)?shù)為Y,

則所獲總分為3y+（2九一丫）=2Y+2n,若2y+2九＞4n,則Y＞九，

則Pl=P(y>n),因?yàn)閜(y>n)=p(Y<n),

則_1—P(Y=n)_1—。第?「I

Pi—2—2

+12n+2

同理可得_1—C2n+2由1，

「2—2

12TI+3I2n+li2n+l1

則Pl-P2=C2n+2(2)一C2n(2)=(力(4C2n+2~C2n)9

=A2n+If(2n+2)!_(2n)!

—121^4(n+l)!(n+l)!川川"

二八加+1「(2n)![(2"+2)(2計(jì)1)-4(71+1)2]]

—l2JL4(n+l)!(n+l)!」

_A271+1r(2n)!(-2n-2)

_或L4(n+l)!(n+l)!J'

故Pi<P2.

【解析】【分析】（1）求出隨機(jī)變量X的每個(gè)可能取值相應(yīng)的概率，即可得分布列，再用數(shù)學(xué)期望公

式即可求解；

（2）設(shè)在甲參加了的2nseN*）局中，獲勝局?jǐn)?shù)為匕可得Y＞n,由此求出Pi，P2的表達(dá)式，利用

作差法，即可證明結(jié)論.

21.【答案】（1）解：易知當(dāng)M與橢圓的短軸的端點(diǎn)重合時(shí)面積有最大值

所以Tl%O|b=38，即/x與xb=3百

因?yàn)閑=—=5＞a2=b2+c2

a2

解得a=4,b=2V3,c=2

所以橢圓C得方程為3+4=1

1612

（2）解：設(shè)M（%1，yi）＞N（第2，丸），P（%3，丫3），Q（%4,74）

則直線MP的方程為久==Uy+1

由116li聯(lián)立得：與14y2+七4-15=0

U即巧=一15yl

則y2317—2/

32-17/

代入直線得：叼

17-2%1

he-32—17%

同理可付：%=17-2x2?'丫4=17^

丫4一丫3=17（丫1-32）+2（%。2一%2曠1）

所以憶2=

%4一%3-15（X1-%2）

又因?yàn)镹、％、M三點(diǎn)共線，所以%;Z

即%,2一%2yl=2(當(dāng)一為)

所以七=:霏I—?)=(如

JLDI九1九2J。

所以存在實(shí)數(shù)4=-彳吏得放1+k2=0

【解析】【分析】(1)△“&￡)的面積最大時(shí)，”位于橢圓的短軸端點(diǎn)，由此結(jié)合橢圓離心率，利用

待定系數(shù)法求解即可;

(2)設(shè)M,N,P,Q點(diǎn)坐標(biāo)，可得直線M尸的方程，直線MP與橢圓聯(lián)立方程組，可得根與系數(shù)關(guān)

系，從而表示出自,々2，結(jié)合N,Fi，M