數(shù)學高考題答案

參考答案氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵(全國一卷)1.C(1十5i)i=—5十i,其虛部為1.故選C.6,7,8},故CUA中有5個元素.故選C.=8a2,即c=2\a,故e=2\.故題意知a=十,k∈N,其最小值為.故選B.[—1,0]時,—父十2∈[2,3],所以當父∈[—1,0]時,f(父)=f(—父)=f(—父十2)=5—2(—父十2)=1十2父,6.A真風風速對應的向量=視風風速對應的向量—船行風風速對應的向量=視風風速對應的向量十船速對應的向→→量=AB,如圖,|AB|=2\∈(1.6,3.3),故選A.7.B易得圓心(0,—2)到直線y=\父十2的距離d=2.當r=d—1=1時,圓父2十(y十2)2=r2(r>0)上到直線y=\父十2的距離為1的點有且僅有一個,當r=d十1=3時,(y十2)2=r2(r>0)上到直線y=\父十2的距離為1的點有且僅有三個,故當1<r<3時,圓父2十(y十2)2=r2(r>0)上到直線y=\父十2的距離為1的點有且僅有兩個.故選B.,y=,之=,此時父>y>之;令2十log2父=3十log3log2父=3十log3y=5十log5之=8,得父=26=64,y=35=2t—2=f(t),y=3t—3=g(t),之=5t—5=h(t),在同一平面直角坐標系中畫出函數(shù)f(t),g(t),h(t)的圖象,(提示:可先畫出y=2t,y=3t,y=5t的圖象,然后分別向右平移2,3,5個單位長度,即可得到函數(shù)f(t),g(t),h(t)的圖象)由圖可知父,y,之的關系不可能為父>之>y,故選B.9.BDA.由三棱柱的性質(zhì)可知,AA1丄平面ABC,則AA1丄AD,假設AD丄A1C,又AA1∩A1C=A1,AA1,A1CG平面AA1C1C,所以AD丄平面AA1C1C,矛盾,所以AD與A1C不垂直,A錯誤;B.因為三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,所以AA1丄平面ABC,則AA1丄BC,因為D為BC的中點,AC=AB,所以AD丄BC,又AD∩AA1=A,AD,AA1G平面AA1D,所以BC丄平面AA1D,又BCⅡB1C1,所以B1C1丄平面AA1D,B正確;C.ABⅡA1B1,AD與AB相交,所以AD與A1B1異面,C錯誤;D.CC1ⅡAA1,CC1丈平面AA1D,AA1G平面AA1D,所以CC1Ⅱ平面AA1D.故選BD.10.ACDA.直線l為拋物線的準線,由拋物線的定義,可知|AD|=|AF|.A正確;B.當AB丄父軸時,A,3),BAE|≠|(zhì)AB|.B錯誤;C.易知直線AB的斜率不為0,設直線AB:父父=my十(y2=6父3 父2十3=6m2十6≥6.C正確;D.當m=0,即AB丄父軸時,由B知,|AE|=|BE|=3\,|AE|.|BE|=18.當m≠0\9十9m2,S△AEB=|AE|.|BE|sin上AEB=|AB| .|EF|=(6十6m2).\9十9m2=9(1十m2,所以|AE|.|BE|>sinEB>18.綜上,|AE|.|BE|≥18,D正確.故選ACD.11.ABCA.cos2A十cos2B十2sinC=1—2sin2A十1—2sin2B十2sinC=2,所以sin2A十sin2B=sinC,A正確;sinAsinBsinCB.令a=BC,b=AC,c=AB,則a=sinAsinBsinC(R為△ABC的外接圓半徑),由sin2A十sin2B=sinC,得a2十b2=c.2R≥c2.若a2十b2>c2,則△ABC為銳角三角形,則A十B>,即A>—B,則sinA>sin—B)=cosB,所以sinC=sin2A十sin2B>cos2B十sin2B=1,矛盾.故a2十b2=c2,即C=A十B=,所以cos(A十B)= cosAcosB=4,所以sinAsinB=4.因為S△ABC=absinC=ab=,所以ab=,所以 (2R)2==2,所以2R=\,所以c=2R.sinC=\ 4正確;C.(sinA十sinB)2=sin2A十sin2B十2sinAsinB= sinC十2sinAsinB=1十2×4=2,所以sinA十 氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵12.4設直線y=2父十5與曲線y=e父十父十a(chǎn)的切點坐標為=e父十1=2,解得父0=0,所a),又切點(0,1十a(chǎn))在切線y=2父十5上,所以1十a(chǎn)=5,解得a=4.13.2解法一(基本量法)設等比數(shù)列為{an},其公比為q,前n項和為Sn,因為等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),所以=1十q4=17,所以q4=16,又q>解法二(等比數(shù)列前n項和性質(zhì)法)設等比數(shù)列為{an},其公比為q,前n項和為Sn,因為等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),所以q>0,因為S4=4,S8=68,所以S8—S4=q4,所以q4===16,又q>0,所以q=2.14.X的所有可能取值為1,2,3,則P(X=1)=C3==,P(X=2)=C3×6==,P(X=3)=C×3×6==,所以X的分布列為X123P 所以E(X)=1×十2×十3×=.15.解:(1)由題表可知,檢查結果不正常者有200人,檢查結果不正常者中患有該疾病的有180人,所以由樣本估計總體得p=200=0.9.(2)零假設H0:超聲波檢查結果與是否患該疾病無關.H0不成立,即認為超聲波檢查結果與是否患該疾病有關.16.解:(1)a1=n1十n(n1)兩邊同時乘n(n十1),得(n十1)an十1=nan十1,數(shù)列.(2)由(1)可知數(shù)列{nan}的通項公式為nan=3十(n—1)×1=n十2,故fI(—2)=3十4×(—2)十…十(m十2)×(—2)m—1,所以—2fI(—2)=3×(—2)十4×(—2)2十…十(m十2)×(—2)m.(—2)m—1—(m十2)×(—2)m=m十×(—2)m,所以fI(—2)=十×(—2)m.17.解:(1)因為PA丄平面ABCD,ADG平面ABCD,所以PA丄AD,又AD丄AB,PA∩AB=A,所以AD丄平面PAB,又ADG平面PAD,所以平面PAD丄平面PAB.(2)(i)以A為坐標原點,AB,AD,AP的方向分別為父,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標系A-父yz,如圖所示,則B(\,0,0),C(\,2,0),D(0,1十\,0),P(0,0,\),設O(a,b,c),因為點P,B,C,D均在球→得a=0,b=1,c=0,即O(0,1,0),所以點O在AD上,即點O在平面ABCD內(nèi).→→(i)AC=(\,2,0),PO=(0,1,—\),所以直線AC與PO所成角的余弦值為18.解:(1)由題意知=,所以=,又|AB|2=a2十b2=10t=10,所以t=1,所以C的方程為2十y2=1.(2)(i)設R(父,y),由(1)知A(0,—1),又P(m,n),→→所以AP.AR=(m,n十1).(父,y十1)=m父十(n十1)(y由KAP=KAR,得n1=y1,②=2(2.n2十8n—2=0,由題設Q(3cosθ,sinθ),K(0,—4),設s=sinθ,則|KQ|2=—8s2十8s十25=—8(s—2十27(—1≤s≤1), 故當s=sinθ=2時,|KQ|取得最大值,且|KQ|max=3\ 故|PQ|的最大值為|KQ|max十3\=3(\十\).19.解:(1)解法一第1步:求fI(父)第2步:令fI(父)=0,求出導函數(shù)的零點,討論函數(shù)f(父)的單調(diào)性氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵所以父,fI(父),f(父)的關系如表所示:父0 60大于00小于0f(父)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減第3步:求f(父)在區(qū)間[0,的最大值 所以函數(shù)f(父)=5cos父—cos5父在區(qū)間[0,的最大 解法二第1步:求fI(父)第2步:對fI(父)提取公因式,進行分析fI(父)>0,所以父,fI(父),f(父)的關系如表所示:父0 60大于00小于0f(父)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減第4步:求f(父)在區(qū)間[0,的最大值 所以函數(shù)f(父)=5cos父—cos5父在區(qū)間 解法三第1步:求導并化簡 2=10sin2父第2步:寫出父,fI(父),f(父)的關系表所示:父0 60大于00小于0f(父)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減第3步:求f(父)在區(qū)間[0,的最大值所以函數(shù)f(父)=5cos父—cos5父在區(qū)間[(2)解法一第1步:根據(jù)周期性寫出a的范圍因為余弦函數(shù)的周期為2π,所以不妨設a∈(0,2π],第2步:分a≤2θ和a>2θ兩種情況討論當a≤2θ時,a—θ≤θ,則θ∈[a—θ,a十θ),此時存在y=θ,當a>2θ時,θ<a—θ≤2π—θ,作出余弦函數(shù)的大致圖象(如圖所示),所以cos(a—θ)≤cosθ,只需要取y=a—θ,即可得到cosy≤cosθ.第3步:得出結論綜上可得,給定θ∈(0,π)和a∈R,存在y∈[a—θ,a十θ]使得cosy≤cosθ.解法二(反證法)第1步:假設結論不正確假設cosy>cosθ對任意y∈[a—θ,a十θ]恒成立,第2步:根據(jù)余弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)得出y的取值范圍由cosy>cosθ得2kπ—θ<y<2kπ十θ,k∈z,這與a∈R,任意y∈[a—θ,a十θ]矛盾,所以假設不正確,故一定存在y∈[a—θ,a十θ]使得cosy≤cosθ.解法三(綜合法)第1步:利用兩角和與差的余弦公式探尋關系因為cos(a十θ)十cos(a—θ)=2cosacosθ≤2cosθ,所以cos(a十θ)與cos(a—θ)中必有一個小于等于cosθ.第2步:反證法證明以上結論否則cos(a十θ)>cosθ,cos(a—θ)>cosθ,這與cos(a十θ)十cos(a—θ)=2cosacosθ≤2cosθ矛盾.第3步:得出結論所以一定存在y=a—θ或y=a十θ,使得cosy≤cosθ,所以對于給定θ∈(0,π)和a∈R,存在y∈[a—θ,a十θ]使得cosy≤cosθ.(3)第1步:特殊值φ=0探路(—父),h(父)=h(父十2π),所以h(父)為偶函數(shù),且2π為h(父)的周期,所以討論h(父)在[0,2π)上的情況,由(1)可知 ∈[0,2π)時h(父)≤3\,所以此時b的最小值為3\.第2步:根據(jù)φ的任意性,將問題進行轉(zhuǎn)化 要證3\為b的最小值,對于任意的φ,只需要證明h(父) 的最大值不小于3\3,只需要證明存在父0,使得h(父0)≥3第3步:利用(2)的結論進行求解使得cosy0≤cos5π≥5×\—=3\,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵(全國二卷)1.C(2十8十14十16十20)=12,故選C.3.D由題可得B={—1,0,1},所以A∩B={0,1},故選D.氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵6.C根據(jù)直線y=—2父十2得F(1,0),所以C的準線方程為父=—1,C的方程為y2=4父,所以B(—1,4),所以A(4,4),所以|AF|=|AB|=5.7.B根據(jù)S3=3a2=6得a2=2,根據(jù)S5=5a3=—5得a3=—1,所以{an}的公差d=a3—a2=—3,所以a6=a3十3d=8.Dcosα=2cos2—1=2×—1=—,因為0<α<π,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵9.ADA.根據(jù)S3=a1十a(chǎn)2十a(chǎn)3=十十a(chǎn)3=十十1=7,得6q2—q—1=0,即(2q—1)(3q十1)=0,因為q>0,所以q=,A正確;B.a5=a3q2=1×2=,B錯誤;C.a1==4,所以S5===,C錯誤;D.an=a1qn—1=4×n—==8n氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵10.ABDA.根據(jù)奇函數(shù)的定義有f(0)=0,A正確;B.當父(—父)=—f(父),所以f(父)=—(父2—3)e—父—2,B正確;e父,所以函數(shù)f(父)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,十∞)上單(父)≥2得父≥\;當父<0時,f(—1)=2(e—1)>2,滿足f(父)≥2,但—1呋[\,十∞),C錯誤;D.根據(jù)C解析知父=1是函數(shù)f(父)的極小值點,根據(jù)奇函數(shù)圖象關于原點對稱,知父=—1是函數(shù)f(父)的極大值點,D正確.11.ACDA.根據(jù)雙曲線和圓的對稱性,知四邊形A1MA2N為平行四邊形,因為上NA1M=,所以上A1MA2=,上MOA1=a2十c2十2ac×=3a2十c2, =12a2,所以|MA1|≠2|MA2|.12.\a—b=(1,1—2父),根據(jù)a丄(a—b),得a.(a—b)=(父a)]’=(父1)(父a)十(父2)[(父—1)(父—a)]’,因為父=2是函數(shù)f(父)的極值點,所以f’(2)=0,即(2—1)14.2.5設鐵球半徑為rcm,若兩個鐵球的球心在豎直方向上,且分別與兩個底面相切,則鐵球球心與圓柱上、下底 面的距離均為r,此時鐵球的半徑為4cm.當兩球球心不在豎直方向上時,設兩個鐵球的球心分別為O1,O2,此種情況下,當鐵球半徑最大時,如圖1所示,圓柱與兩鐵球的軸截面如圖2所示,其中ABCD為圓柱的軸截面,O2P丄AB,O1P丄AD,則有O2P=9—2r,O1P=8—2r,O1O2145=0,即(2r—29)(2r—5)=0,解得r1=14.5(舍去),r2=2.5.因為2.5>=2.25,所以鐵球半徑的最大值為 15.解:(1)因為f(0)=cosφ=,且0≤φ<π,所以φ=.(2)第1步:化簡g(父)=cos2父sin2父氵氵氵氵氵氵氵氵=\\cos2x—氵氵氵氵氵氵氵氵第2步:求g(x)的值域因為余弦函數(shù)y=cosθ的值域是[—1,1],令θ=2x十氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵的值域為[—\,\].第3步:求g(x)的單調(diào)區(qū)間易知余弦函數(shù)y=cosθ在[—π十2kπ,2kπ](k∈z)上單調(diào)遞增,令2kπ—π≤2x十≤2kπ(k∈z),得kπ—≤x≤易知余弦函數(shù)y=cosθ在[2kπ,2kπ十π](k∈z)上單調(diào)遞減,令2kπ≤2x十≤2kπ十π(k∈z),得kπ—≤x≤kπ16.解:(1)第1步:根據(jù)長軸長求a的值由2a=4,得a=2.第2步:根據(jù)離心率及a,b,c之間的關系求b的值由題意得e==,則c=a=\,又b2=a2—c2,所以第3步:得C的方程所以C的方程為十=1.(2)第1步:聯(lián)立直線與橢圓的方程,得到根與系數(shù)的關系由題意得l的斜率存在,設l:y=kx—2,代入十=1消去y并化簡得(1十2k2)x2—8kx十4=0,由Δ=16(2k2—1)>0,得k2>氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵設A(x1,y1),氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵S△OAB=×2×|x2—x1|=\(x1十x2)2—4x1x2= =\,解得k= =\,解得k=第3步:利用弦長公式求|AB|17.解:(1)解法一第1步:利用線線平行得兩組線面平行“EBⅡFC,EB丈平面CD’F,FCG平面CD’F,:EBⅡ平面CD’F,:A’EⅡ平面CD’F.第2步:利用兩組線面平行得面面平行“EBG平面BA’E,A’EG平面BA’E,EB∩A’E=E,:平面BA’EⅡ平面CD’F.第3步:利用面面平行得線面平行“A’BG平面BA’E,:A’BⅡ平面CD’F.解法二第1步:利用面面平行的判定定理得面面平行“EBⅡFC,A’EⅡD’F,EBG平面BA’E,A’EG平面BA’E,FCG平面CD’F,D’FG平面CD’F,EB∩A’E=E,FC∩D’F=F,:平面BA’EⅡ平面CD’F.第2步:利用面面平行得線面平行“A’BG平面BA’E,:A’BⅡ平面CD’F.解法三第1步:補形,將梯形ABCD補形為平行四邊形ABGD如圖,延長DC至點G,使得DG=AB,連接GB,GD’,“ABⅡCD,:ABⅡDG,又AB=DG,:四邊形ABGD是平行四邊形,:AD=BG,ADⅡBG.第2步:利用翻折過程中與折痕平行的直線平行關系不第3步:利用線線平行得線面平行(2)第1步:找到面EFD’A’與面EFCB所成二面角的平面角“上DAB=90。,EFⅡAD,:上FEB=90。,即AB丄EF,翻折后,A’E丄EF,EB丄EF,:面EFD’A’與面EFCB所成二面角的平面角為第2步:找出3條兩兩垂直的線段,建立空間直角坐標系設AD=1,取CF的中點O,連接D’O, 在線段EB上取一點M,使得EM=,連接OM,則EM=OF,又EMⅡOF,:四邊形EMOF為平行四邊形,:EFⅡOM,“D’F丄EF,CF丄EF,D’F∩CF=F,:EF丄平面CD’F,即OM丄平面CD’F,:OM,OC,OD’兩兩垂直,→→→如圖所示,以O為坐標原點,OM,OC,OD’的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵,第4步:求平面BCD’的法向量=(—3,3,\3).第6步:利用向量的夾角公式求平面與平面夾角的余弦值 第7步:利用同角三角函數(shù)的基本關系求二面角的正弦值:sinθ=\s1—cos2θ=\2=,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵所以當0<父<3k1時,f’(父)>0,f(父)單調(diào)遞增;當 極大值點.所以父=—1是f(父)在(0 極大值點.因為f—1>f(0)=0,f=ln(1十—十所以父0是f(父)在(0,十∞)上唯一的零點.(2)(i)因為g(t)=f(父1十t)—f(父1—t),t)2)tt即g(t)在區(qū)間(0,父1)單調(diào)遞減.(i)由(i)得,g(t)在(0,父1)上單調(diào)遞減,所以g(父1)<g(0),即f(2父1)—f(0)<f(父1)—f(父1)=0,又f(0)=0,所以f(2父1)<0,f(父)的零點,所以f(父2)=0,所以f(2父1)<f(父2),>父1,且f(父)在(父1,十∞)上單調(diào)遞減,打完4個球后甲比乙至少多得2分,有兩種情況:甲全勝p4十c.p3(1—p)=p3(4—3p).(2)由(1)可知p4—p3=p3(4—3p)—p3=3p3(1—p),)=3p(1—p)3.由=4,可得=4,即3p2—8p十4=0,解得p=或p=2(舍).(3)由<p<1,p十q=1,可知0<q<<p<1.設隨機變量X為“打完k個球后甲的得分”,則X~B(k,p),對于p2m十1,考慮前2m個球的情況.若打完2m個球后,甲、乙得分一樣,或者甲比乙得分少,則第2m十1個球無論甲勝負,甲都不可能比乙至少多得2分,若打完2m個球后,甲比乙至少多得4分,則第2m十1個球甲無論勝負都能滿足甲比乙至少多得2分.若打完2m個球后,甲比乙恰好多得2分,則第2m十1個球甲必須勝才能滿足甲>1,即p2m對于p2m十2,考慮前2m個球的情況.若打完2m個球后,甲比乙得分少,則剩下兩個球(第2m十1和2m十2個球)無論甲勝負,甲都不可能比乙至少多得2分.若打完2m個球后,甲、乙得分一樣,則剩下兩個球甲必須全勝才能滿足甲比乙至少多得2分.若打完2m個球后,甲比乙恰好多得2分,則剩下兩個球甲全勝,或者一勝一負都能滿氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵足甲比乙至少多得2分,若打完2m個球后,甲比乙至少氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵c1.pq),同理=qmpm.(c.q2—c1.qp),所以(p2m十2—p2m)—(q2m十2—q2m)=pmqm.c.(p2氵氵2025年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試氵氵氵(天津卷)氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵1.D由題可得AUB={1,2,3,5},所以CU(AUB)={4},故選D.2.A由∞=0得sin2∞=0,所以充分性成立;由sin2∞=0得∞=(k∈z),所以必要性不成立.故“∞=0”是“sin2∞=0”的充分不必要條件,故選A. f(∞)為偶函數(shù),易得f(∞)=1—|∞|與f(∞)=|∞|—1均為奇函數(shù),排除選項A,B.由題圖可知當∞>1時,f(∞)>0,易得當∞>1時,f(∞)=<0,f(∞)=>0,排除c, 4.cA.若mⅡα,nGα,則mⅡn或m,n異面,A錯誤;B.若m丄α,m丄β.則αⅡβ,B錯誤;c.若mⅡα,m丄β,則α丄β,c正確;D.若mGα,α丄β,則mⅡβ或m與β相交或mGβ,D錯誤.5.BA.由正態(tài)曲線的對稱性可知P(X≤μ—σ)=P(X≥μ十σ),A正確;B.若X~N(1,22),Y~N(2,22),則P(X<1)=P(Y<2)=,B錯誤;c、D.根據(jù)人教A版選擇性必修第三冊(2020年3月第1版)第99頁內(nèi)容可知樣本相關關的程度,當|r|越接近1時,成對樣本數(shù)據(jù)的線性相關程度越強;當|r|越接近0時,成對樣本數(shù)據(jù)的線性相關程度越弱,c正確;D正確.6.c當n=1時,a1=s1=—1十8=7,當n≥2時,an=sn—sn—1=—n2十8n—[—(n—1)2十8(n—1)]=—2n十9,顯()×8=80,故選c.7.B易知f(∞)單調(diào)遞減,又f(0)=1>0,f(0.3)=0.30.3\—\<0,所以f(∞)的零點所在區(qū)間是(0.3,0.5),故選B.8.A因為f(∞)在[—,上單調(diào)遞增且∞=為f(∞)圖象的一條對稱軸,所以×≥—f==1,得0<w≤2,且w十φ=十2k1是f(∞)圖象的一個對稱中心,所以f=sinw十φ)=0,得w十φ=k2π(k2∈z)②,由①②得w=—2十4(k2—2k1)(k1,k2∈z),結合0<w≤2,得w=2,則φ=十2k1π(k∈z),又—π<φ<π,所以φ=,故所以f(∞)的最小值為f=sin=—\,故選A.9.A由題意知c=,所以拋物線方程為y2=4c∞.因為 PF1十PF2=3F1F2,F1F2=2c,所以 PF1十PF2=6c,又點P在雙曲線上且在第一象限, PF1=3c十a(chǎn),PF2=3c—a,如圖所示,過點P作拋物 把點P的坐標代入拋物線方程,可得(2\)2=4c(2c— a),化簡得a=2, 11.—20(∞—1)6展開式的通項公式為Tk十1=c∞6—k(—1)k=(—1)kc∞6—k,令6—k=3,得k=3,所以∞3項的系數(shù)為(—1)3c=—20.得∞=—6,所以A(—6,0),B(0,6),所以AB=6\.因為AB=3CD,所以CD=2\.圓(∞十1)2十(y— r=\d2十2=\2十2=2.×0.6=0.6.小桐一周運動量達標的概率p=1—0.5×0.4=0.8,顯然X服從二項分布B(4,0.8),故E(X)=414.6a→解法一“AE=5,:25=a十b)2,→易得BC=b—a,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵“AE丄BC,:AE.BC=0,即a十b.(b—a)=0,a.b=0②,由①②得2700=80b2—5a2,:16b2—a2=540,a2)(—540)=—15.解法二如圖,延長AE交BC于點O,則AO丄BC,以OC,OA所在直線分別為父,y軸建立平面直角坐標系,設E(0,h),B,,=(—m,h),“CD=3CE,:2m=—3m,2=3h,即n=—4=1,:CD=(—3m,3),又AE=(0,1)—(0,6)=(0,5),:AE.5),:AE.CD=—15.解法三CB=AB—AC=a—b,CD=AD—AC=2ABAC=2a—b,從而AE=AC=2a—b,從而AE=6a十3b=6(a十4b)=氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵 6[6(a—b)—5(a—2b)]=CB—3CD,則CD=5(CB—AE),故AE.CD=AE.(CB—AE)=—AE2AE),故AE.CD=AE.(CB—AE)=—AE2=[—2,2],f(父)≤0恒成立.第2步:分析特殊點,得t的范圍f2a,所以f得t≥—4.第3步:驗證t=—4是否成立,得答案(—4—2a)父a—1.為使f(父)≤0對所有父成立,可嘗試令f(父)=—(m父十n)2(m>0),對比系數(shù)得(m=2〈—2mn=—4—2a,解得〈n=1,進而得b=—4,此時f(父)a—1(a=0=—(2父十1)2,顯然V父∈[—2,2],f(父)≤0恒成立.綜16.解:(1)第1步:求tanA的值因為asinB=\3bcosA,所以由正弦定理可得sinAsinB=\sinBcosA,因為B∈(0,π),所以sinB>0,所以sinA=\cosA,所以tanA=\.第2步:確定角A的值 又因為A∈(0,π (2)第1步:由余弦定理求b2=0,又b>0,故b=1.(3)第1步:由正弦定理求sinB 由正弦定理sinA=sinB,得π=sinB =第2步:由同角三角函數(shù)的基本關系求cosB因為b=1<3=c,所以B為銳角,cosB=\=.第3步:由二倍角公式求sin2B和cos2Bsin2B=2sinBcosB=5cos2B=2cos2B—1=.第4步:利用和角公式計算sin(A十2B)所以sin(A十2B)=sin十2B)=sincos2B十cossin2B=×十×=.17.解:(1)以D為坐標原點,DA所在直線為父軸,DC所在直線為y軸,DD1所在直線為義軸建立如圖所示的空間直角坐標系.→則G(0,4,3),F(2,4,4),E(2,0,4),B(4,4,0),GF=(2,→→0,1),EF=(0,4,0),BF=(—2,0,4),→→→→:GF.EF=0,GF.BF=0,即GF丄EF,GF丄BF.又EF∩BF=F,EFG平面EBF,BFG平面EBF,:GF丄平面EBF.(2)設平面EBF的法向量為n1=(父1,y1,義1),→設平面EBG的法向量為n2=(父2,y2,義2),EG=0EG=0n2n2BG=0氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵:平面EBF與平面EBG夾角的余弦值為.(3)設點D到平面EBF的距離為d,→易知DE=(2,0,4),由(2)知平面EBF的一個法向量為n1=(2,0,1),在△EBF中,易知故EF2十BF2=BE2,:EF丄BF,:△EBF的面積為故三棱錐D—BEF的體積為氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵得a十c=3,:橢圓的方程為十.:P(2,1),易知直線PB的斜率存在,設PB:y—1=k(x—2),kx十8(2k2—2k—1)=0,“PB與橢圓僅有一個交點,:Δ=64k2(2k—1)2—32(4k2十3)(2k2—2k—1)=0,解得,,:直線BF的斜率為“tan2上上BFA=2上PFA,即PF平分上AFB.19.解:(1)第1步:設{an}的公差和{bn}的公比,得到通項公式設等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q(q≠0),則{an}的通項公式為an=2十(n—1)d,{bn}的通項公式第2步:利用條件建立方程,求得q,d2q—1=3.第3步:寫出{an},{bn}的通項公式故an=3n—1,bn=2n.(2)(i)第1步:分析集合Tn及t的最大值由題知集合Tn中的元素為其中pi∈{0,1},當所有的pi=1時,t取最大值,即—1)×2i].n,n十(3n—1)×2n十1,=4十3×(22十23十…十2n)—(3n—1)×2n十1=(8—6n)×2n—8.則tmax=S=(6n—8)×2n十8=(3n—4)×2n十1十8.易知an十1bn十1=[3(n十1)—1]×2n十1=(3n十2)×2n十1.=16>0,所以Yt∈Tn,均有t<an十1bn十1.(i)第1步:分析aibi出現(xiàn)的次數(shù)每個aibi項在所有元素的和式中出現(xiàn)的次數(shù)為2n—1.第2步:計算Tn中所有元素之和所以Tn中所有元素之和為2n—1.S=2n—1[(3n—4)×2n十1十8]=(3n—4)×4n十2n十2.20.解:(1)第1步:求切點坐標當a=1時,f(x)=x—(lnx)2,f(1)=1,故切點為(1,1).第2步:求斜率,得切線方程故曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y—1=x(2)(i)解法一(分離參數(shù),轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點個數(shù)問題)第1步:轉(zhuǎn)化問題因為x>0,所以原問題可轉(zhuǎn)化為:方程有3個不相等的實根x1,x2,x3,且x1<x2<x3.g(x)的圖象有3個不同的交點.氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵 g g==父在(0,1)上單調(diào)遞減;g(父)在(1,e2)上單調(diào)遞增;)<0,g(父)在(e2,十∞)上單調(diào)遞減.第3步:求g(父)的極值與極限由g(父)的單調(diào)性可知,g(父)的極小值為g(1)=0,g(父)的極大值為g(e2)=.∞,(ln父)2→十∞,→十∞,所以第4步:確定a的取值范圍因為直線y=a與函數(shù)g(父)的圖象有3個不同的交點,結合故a的取值范圍為(0,.解法二(換元后直接求解)設U=ln父,則方程f(父)=a父—(ln父)2=0可化為a.eUa=0.的單調(diào)性<0,G(父)在(—∞,0)上單調(diào)遞減;G(父)在(0,2)上單調(diào)遞增;<0,G(父)在(2,十∞)上單調(diào)遞減.第3步:求G(父)的極值與極限G(父)的極大值為G(2)=4氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵第4步:確定a的取值范圍 氵氵解得0<a<氵氵氵氵故a的取值范圍為(0,.氵氵氵氵氵氵(i)第1步:從結論出發(fā)氵氵氵 )<,/<第2步:從條件出發(fā),得到關于\/父1,\/父2,由(i)中解法一可知0<父1<1<父2<e2<父3,且0<a< =<\—/<由(e—2)2>0,得e2>4e—4=4(e—1),即<—,<<. = ==t=t,—t(lnt)t(lnt)(t>1).1(t>1).t(ln(t>1).我們可以得到:—<t(第即證lnt<(t>1),氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵\t2t\t又t>1,則h’(t)<0,h(t)在(1,十∞)上單調(diào)遞減,則h(t)<0,即lnt<t—1,命題得證.2025年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試(上海卷)]](父3)(父1)<0(父3)(父1)<0,解得1<父<3.3.12解法一該數(shù)列的前6項和為6×(—3)十×2=12.解法二a6=a1十5d=—3十10=7,則該數(shù)列的前6項和為6(a1a6)=6×(3十7)=12.=3,得r=2,所以展開式中父3的系數(shù)為C×23×(—1)2=80.[0,1].6.6.3E(X)=5×0.2十6×0.3十7×0.5=6.3.7.112在△BB1D中,BB1=\/DB—BD2=\=7.在△ABD中,AB2十AD2=BD2,因為AB=AD,BD=4\,所以AB=AD=4,則該正四棱柱的體積為4×4×7=112.b十a(chǎn)十=ab十十2≥2\十2=4,當且僅當ab=,即a=,b=2時取等號.9.288先排隊列的頭和尾,有P=12(種)排法,再排中間的4人,有P=24(種)排法,則不同的排法有12×24=288(種).10.2\設z=a十bi(a,b∈R),則=a—bi,由z2=()2,可—2十(b—3)i=\/4十(b—3)2,此時z—2—3imin= 的點的坐標為(父,y),其中父=0(—1≤y≤1)或y=0(—1≤父≤1),表示兩條相交線段.z—2—3i表示z在復平面內(nèi)對應的點與點(2,3)的距離,作出圖形如圖,結合圖知,當z在復平面內(nèi)對應的點為(0,1)時,|z—2—3i|取到最小值,為\/(0—2)2十(1—3)2=2\.為α,由點A處桿子在水平面上的影子長度為子完全在斜面上,長度為0.45米,如圖,BF=上D=上E=α,上EFB=β.在Rt△DAC中,AC=0.4, =2,cosα=5.在△BEF中,BF=0.45,BE=1,則=,則sinβ=,cosβ=,則cosθ==sin(α十β)=sinαcosβ十cosαsinβ=12.(1,\)若f(a.b)=f(b.c)=f(c.a)=0,則a,b,c(f(a.b)=1兩兩垂直,在平面內(nèi)顯然不成立;不妨設〈f(b.c)=0,(f(c.a)=—1(c=(1,0)(c=(1,0)k∈z,故sin∈(1,\),即a十b十c的取值范圍為(1,\)13.B因為事件A,B相互獨立,所以P(A∩B)=P(A)P(B)= 14.D當a>1時,as>a兮s>1;當0<a<1時,as>a兮s<1.結合選項可知只有D選項能推出as>a.為y=±父,所以直線AB與漸近線y=父平行,如圖,當點C無限趨近于漸近線y=父時,點C到AB的距離越來越小,無限趨近于直線AB與漸近線y=父之間的距離,故S△ABC=ABd(d為點C到AB的距離)沒有最小值;易知當C位于(1,0)時,d取得最大值,即S△ABC= ABd取得最大值.氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵16.B因為λ∈[0,1],an>0,bn>0,所以λan≤an,(1—λ)bn≤bn,且二者等號不同時成立,所以cn=λan十(1—λ)bn<an十bn,所以只需考慮an—bn<cn是否對λ∈[0,1]都成立.當2≤n≤5時,an>bn,cn=bn十λ(an—bn)∈[bn,an],所以只需bn>an—bn,即2bn>an,即2n十1>10n—9,λ(bn—an)∈[an,bn],所以只需an>bn—an,即2an>bn,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵17.解:(1)這組數(shù)據(jù)的極差為216.93—206.78=10.15,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵(2)記“從這10個數(shù)據(jù)中任選3氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵由題可知,這10個數(shù)據(jù)中在211以上的有4個,故P(A)CC6×63==(3)由題可知,=2006,=211.399,將x=2028代入,得=204.557≈204.56,故預測2028年冠軍隊的成績?yōu)?04.56秒.18.解:(1)連接PO,因為PO丄圓錐底面,所以上PAO為直線PA與圓錐底面所成的角,所以上PAO=,因為AB=2,所以AO=1,PA=2,所以圓錐的側面積S=π×AO×PA=2π.氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵(2)連接AC,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵△OAC是等邊三角形,連接BD,可得四邊形ACDB為等腰梯形,CD=1,所以CD=OB,又CDⅡOB,所以四邊形CDBO是平行四邊形,所以COⅡDB,又CO丈平面PBD,DBG平面PBD,所以COⅡ平面PBD.連接OQ,因為Q是PA的中點,O是AB的中點,所以OQⅡPB,又OQ丈平面PBD,PBG平面PBD,所以OQⅡ平面PBD.因為CO∩OQ=O,所以平面COQⅡ平面PBD,又QMG平面COQ,所以QMⅡ平面PBD.19.解:(1)由題設條件可得,f(1)=1—(m十2)=0,解得m=—1,所以f(x)=x2—x—lnx.由f(x)≤x2—1,可得lnx十x—1≥0,令g(x)=lnx十x—1,則g’(x)=十1>0在(0,十∞)上恒成立,所以g(x)在(0,十∞)上單調(diào)遞增,易知g(1)=0,所以g(x)≥0即g(x)≥g(1),可得x≥1.綜上,不等式f(x)≤x2—1的解集為[1,十∞).’m2x2—(m十2)x十mx.(2)f(x)=2x—(m十’m2x2—(m十2)x十mx.氵氵氵氵氵氵氵氵氵m ;由f’(x)<0得x∈(1,.故f(x)在(0,f(x)在x=1氵氵氵氵氵氵氵氵m②當0<<1,即0<m<2時,由f’(x)>0得x∈(0,U(1,十∞);由f’(x)<0得x∈,1).故f(x)在此時f(x)在x=處取得極大值.③當=1,即m=2時,f’(x)≥0在(0,十∞)上恒成立,即f(x)在(0,十∞)上單調(diào)遞增,此時函數(shù)f(x)在(0,十∞)上無極大值.④當2≤0,即m≤0時,由f(x)<0得x∈(0,1);由f’(x)>0得x∈(1,十∞).故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,十∞)上單調(diào)遞增,此時f(x)在x=1處取得極小值,綜上可知,m的取值范圍為(0,2)U(2,十∞).20.解:(1)由已知得a2—5=22,所以a2=9.所以a=3,又c=2, (2)當a=4時,Γ:十=1,則A(4,0),→→→→→→因為PA=2MP,所以OA—OP=2(OP—OM),其中O為又P在Γ上,所以十=1,又P在Γ上,所以十=1,又m>0,所以m=\.(3)設C(x1,y1),D(x2,y2),由題知A(a,0),M(0,m),則mm故Kl==2,即a=2m.直線l過線段AM的中點,即(m,,則l:y—=2(x—m),即l:y=2x—m,→→由上CMD為鈍角知,MC.MD=(x1,y1—m).(x2,y2—m)=x1x2十(y1—m)(y2—m)=x1x2十y1y2—m(y1十(即25(4m4—11m2)<0,又m>0,所以0<m<\又a=2m,且a>\,所以\<a<\,故a的取值范圍為(\,\).氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵當父=時,f=—,f=≠f,所以不是Mπ中的元素.(2)①當父≥0,且父十a(chǎn)>0時,要想f(父十a(chǎn))=f(父),則\父十a(chǎn)=\父,則a=0,不符合題符合題意;[—2,0)上有解,[—2,0)上有解,.故a的取值范圍為,4).(3)Va∈(0,2),有Ma=M2兮Va∈(0,2),V父∈Ma有父∈M2兮f(父)是周期為2的函數(shù).因為f(父)是偶函數(shù),所以f(—父)=f(父),=f(父).[—1,0)時,令t=父十2,則t∈[1,2),f(父)=f(t—2)=t—1,又因為f(父十2)=f(父),即f(t)=f(t—2)=t—1,所以易知f(父)=,[—1,0)易知f(父)=,所以y=f(父)—c在[—1,0)U(0,1]上至多有2個零點,y=f(父)—c在[—1,1]上至多有3個零點,因為[—3,3]一共有三個周期,所以y=f(父)—c在[—3,3]上至多有9個零點.2025年普通高等學校春季招生考試(上海卷)1.{1,2}由題易得A∩B={1,2}.2.{父|0<父<1}(或(0,1))解法一原不等式等價于><0或{<>0,解得0<父<1,故原不等式的解集為{父|0<父<1}(或(0,1)).解法二原不等式等價于父(父—1)<0,解得0<父<1,故原不等式的解集為{父|0<父<1}(或(0,1)).\/12十(—2)2=\.4.解法一由aⅡb得a=λb(λ∈R),即(2,1)=λ(1,父)②解法二由aⅡb得2父—1×1=0,解得父=5.0解法一因為tanα=1,所以α=十kπ,k∈z,所以6的通項Tk十1=C父6—k()k=Cak父6—2k,令6—2k=0,得k=3,所以T4=Ca3=20,解得a=1.7.由題意得an=n,bn=qn—1(q>0),所以anbn=nqn—1(q>0),所以{an.bn}的前三項和為a1b1十a(chǎn)2b2十a(chǎn)3b3=—1(舍去),所以q=8.[1,π](或{父|1≤父≤π})解法一(分類討論法)當父>π π—父=π—1的解集為[1,π](或{父|1≤父≤π}).解法二(數(shù)形結合法)圖象如圖所示,由圖可知,f(父)=π—1的解集為[1,π](或解法三(利用絕對值三角不等式求解)π}).O,則O為底面圓的圓心,連接OA,知,當直線BC與直線PA在底面的BC所成的角θ最小,θmin=上PAO,在Rt△AOP中,cos上PAO==,所以上PAO=,即異面直線PA與BC所成角的最小值為.雙曲線的定義知,AF1—AF2=AB—AF2=氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵 3×=BF2F1F23\,:2×2a×2\×2=3\,解得a=\.11.4\以A為坐標原點,以AB,AD所在直線分別為父軸、y軸建立平面直角坐標系,如圖所示,則M(0,1),N(3,4),依題意可設曲線MN所在拋物線的方程為y=(b=1(a,b∈R),則{4,解得〈(a=,:拋物線(b=1(t∈[0,3]),則QB=4—t,RB=t2十1,:矩形BQPR的面積S(t)=(4—t)t2十1)=—t3十4t,:當t∈[0,時,S’(t)<0,S(t)單調(diào)遞減;時,S’(t)<0,S(t)單調(diào)遞減.又S(0)=S(3)=4,S(3)<S(4\),:當t=4\時,S(t)取得最大值,此時,AQ=4十\氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵12.4(數(shù)形結合思想十化歸與轉(zhuǎn)化思氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵→→),a=OA,b=OB.因為向量a滿足 a—4e1=2,所以點A在以C(4,0)為圓心,2為半徑的圓上.因為向量b滿足b—6e2=1,所以點B在以D(0,6)為圓心,1為半徑的圓上.因要求b在a方向上的數(shù)量投影的最大值,故只需考慮A,B均在第一象圖,過點B作BH丄OA,垂足為H,則b在a方向上的數(shù)量投影為OH,過點D作DG丄OA,垂足為G,則OD在OA方向上的數(shù)量投影為OG,OH=OG十GH.當直線BH與圓D相切時,四邊形BDGH為矩形,此時GH取得最大值1.→設直線OA的斜率為k(k>0),則OA的一個方向向量d=→→ (1,k),又OD=(0 (1,k),又OD=(0,6),所以OG過點O作圓C的切線,設在第一象限的切點為M,連接CM,則CM丄OM,在Rt△OCM中, 上COM===\,所以0<k≤\,k GHmax=4,所以當BH與圓D相切,且點A位于點M處時,b在a方向上的數(shù)量投影取得最大值,為4.13.D由正四棱臺的性質(zhì)可知,A.ABⅡA1B1ⅡC1D1,A錯誤;B、C.正四棱臺ABCD—A1B1C1D1的所有側棱延長交于一點,故AA1與CC1相交,BB1與DD1相交,所以B,B1,D1,D四點共面,所以BD1與B1D相交,B錯誤,C錯誤;D.因為A1B1∩A1D1=A1,ABⅡA1B1,且AB丈平面A1B1C1D1,所以A1D1與AB是異面直線.故選D.14.B因為冪函數(shù)y=父a在(0,十∞)上是嚴格減函數(shù),所以(—1)\/(—1)2所以冪函數(shù)y=父—的圖象不經(jīng)過點(—1,—1),故排除得y=(—1)—=—1,所以冪函數(shù)y=父a的圖象經(jīng)過點(—1,—1),B滿足題意.故選15.B解法一拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣,正面朝上和反面 朝上的概率均為2,且AB,BC,CD,DA是否保留相互獨立.AB,BC同時保留記為事件F,則P(F)=2=,AD,DC同時保留記為事件Q,則P(Q)=2=,AB,BC,CD,DA同時保留則為事件F∩Q,且事件F與