UZ,所以,ðUABx|x3k,kZ.故选:A.2.C【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出.22【详解】因为ai1aiaaiia2a1ai2,2a2所以,解得:a1.21a0故选:C.3.B【分析】根据程序框图模拟运行,即可解出.【详解】当n1时,判断框条件满足,第一次执行循环体,A123,B325,n112;当n2时,判断框条件满足,第二次执行循环体,A358,B8513,n213;当n3时,判断框条件满足,第三次执行循环体,A81321,B211334,n314;当n4时,判断框条件不满足,跳出循环体,输出B34.故选:B.4.D【分析】作出图形,根据几何意义求解.rrr
【详解】因为abc0,所以a+b=-c,rr即a2b22abc2,即112ab2,所以ab0.如图,设OAa,OBb,OCc,由题知,OAOB1,OC2,OAB是等腰直角三角形,AB边上的高OD22,,AD22所以CDCOOD2232,22AD13tanACD,cosACD,CD310cosac,bccosACBcos2ACD2cos2ACD14321.5102故选:D.5.C【分析】根据题意列出关于q的方程,计算出q,即可求出S4.2342【详解】由题知1qqqq51qq4,即q3q44q4q2,即q3q24q40,即(q2)(q1)(q2)0.由题知q0,所以q=2.所以S4124815.故选:C.6.A【分析】先算出报名两个俱乐部的人数,从而得出某人报足球俱乐部的概率和报两个俱乐部的概率,利用条件概率的知识求解.【详解】报名两个俱乐部的人数为50607040,记“某人报足球俱乐部”为事件A,记“某人报兵乓球俱乐部”为事件B,则P(A)5004,P(AB),7077074P(AB)7∣A)0.8.所以P(B5P(A)7故选:A.7.B【分析】根据充分条件、必要条件的概念及同角三角函数的基本关系得解.【详解】当sin2sin21时,例如π,0但sincos0,2即sin2sin21推不出sincos0;当sincos0时,sin2sin2(cos)2sin21,即sincos0能推出sin2sin21.综上可知,sin2sin21是sincos0成立的必要不充分条件.故选:B8.D【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程,再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.c2a2b2b2【详解】由e5,则2125,aa2ab解得2,a所以双曲线的一条渐近线不妨取y2x,则圆心(2,3)到渐近线的距离d|223|2215,5所以弦长|AB|2r2d221故选:D9.B145.55【分析】利用分类加法原理,分类讨论五名志愿者连续参加两天社区服务的情况,即可得解.【详解】不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e,假设a连续参加了两天社区服务,再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务,共有A2412种方法,同理:b,c,d,e连续参加了两天社区服务,也各有12种方法,所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有51260种.故选:B.10.C【分析】先利用三角函数平移的性质求得fxsin2x,再作出fx与y大致图像,考虑特殊点处fx与y11x的部分2211x的大小关系,从而精确图像,由此得解.22ππ【详解】因为ycos2x向左平移个单位所得函数为66πππycos2xcos2xsin2x,所以fxsin2x,662而y111x显然过0,与1,0两点,222作出fx与y11x的部分大致图像如下,22考虑2x系,当x当x3π3π7π3π3π7π11,2x,2x,即x,x,x处fx与yx的大小关4442222213π13π43π3π3π1;时,fsin1,y44224283π13π13π43πfsin1,y1;2242847π17π17π47π7π1,y1;当x时,fsin24242843π时,4所以由图可知,fx与y故选:C.11.C11x的交点个数为3.22【分析】法一:利用全等三角形的证明方法依次证得PDOPCO,PDBPCA,从而得到PAPB,再在△PAC中利用余弦定理求得PA17,从而求得PB17,由此在PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解;法二:先在△PAC中利用余弦定理求得PA17,cosPCB1,从而求得PAPC3,3再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于PB,BPD的方程组,从而求得PB17,由此在PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.【详解】法一:连结AC,BD交于O,连结PO,则O为AC,BD的中点,如图,因为底面ABCD为正方形,AB4,所以ACBD42,则DOCO22,又PCPD3,POOP,所以PDOPCO,则PDOPCO,又PCPD3,ACBD42,所以PDBPCA,则PAPB,在△PAC中,PC3,AC42,PCA45,则由余弦定理可得PA2AC2PC22ACPCcosPCA3292423故PA17,则PB17,故在PBC中,PC3,PB17,BC4,PC2BC2PB2916171所以cosPCB,2PCBC23432,172又0PCBπ,所以sinPCB1cos2PCB所以PBC的面积为S法二:22,31122PCBCsinPCB3442.223连结AC,BD交于O,连结PO,则O为AC,BD的中点,如图,因为底面ABCD为正方形,AB4,所以ACBD42,在△PAC中,PC3,PCA45,则由余弦定理可得PA2AC2PC22ACPCcosPCA3292423PA17,2,故172PA2PC2AC21793217所以cosAPC,则2PAPC17217317PAPCPAPCcosAPC173173,不妨记PBm,BPD,11因为POPAPCPBPD,所以PAPC2222PBPD,2222即PAPC2PAPCPBPD2PBPD,2则17923m923mcos,整理得m26mcos110①,又在△PBD中,BD2PB2PD22PBPDcosBPD,即32m296mcos,则m26mcos230②,两式相加得2m2340,故PBm17,故在PBC中,PC3,PB17,BC4,PC2BC2PB2916171所以cosPCB,2PCBC2343又0PCBπ,所以sinPCB1cos2PCB所以PBC的面积为S故选:C.12.B22,31122PCBCsinPCB3442.223【分析】方法一:根据焦点三角形面积公式求出△PF1F2的面积,即可得到点P的坐标,从而得出OP的值;方法二:利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF1PF2,PF1PF2,再结合中线的向量公式以及数量积即可求出;方法三:利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF1PF2,即可根据中线定理求出.【详解】方法一:设F1PF22,02222FPFπ22,所以SPF1F2btan12btan,221cos2sin21tan23tan,由cosF1PF2cos2,解得:2cos2+sin21tan25由椭圆方程可知,a29,b26,c2a2b23,所以,SPF1F21112F1F2yp23yp6,解得:yp3,2222x2pyp3392即xp91,因此OP62故选:B.930.22方法二:因为PF1PF22a6①,PF1PF22PF1PF2F1PF2F1F2,即PF1PF2222226PF1PF212②,联立①②,51522,PF1PF221,211POPFPFOPPOPFPF而12,12,所以221122131530即POPF.PFPF2PFPFPF212121122222522解得:PF1PF2故选:B.方法三:因为PF1PF22a6①,PF1PF22PF1PF2F1PF2F1F2,即PF1PF222222622PF1PF212②,联立①②,解得:PF1PF221,522由中线定理可知,2OPF1F22PF1PF22242,易知FF1223,解得:OP30.2故选:B.【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出,也可以常规利用定义结合余弦定理,以及向量的数量积解决中线问题的方式解决,还可以直接用中线定理解决,难度不是很大.13.2ππ【分析】利用偶函数的性质得到ff,从而求得a2,再检验即可得解.22π22axcosx为偶函数,【详解】因为yfxx1axsinxx1定义域为R,22ππππ所以ff,即aπππsa2π,22222222则πaπ21π212π,故a2,此时fxx122xcosxx21cosx,所以fxx21cosxx21cosxfx,又定义域为R,故fx为偶函数,所以a2.故答案为:2.14.15【分析】由约束条件作出可行域,根据线性规划求最值即可.【详解】作出可行域,如图,由图可知,当目标函数y3xz22过点A时,z有最大值,22x32x3y3由可得,即A(3,3),3x2y3y3所以zmax332315.故答案为:1515.12【分析】根据正方体的对称性,可知球心到各棱距离相等,故可得解.【详解】不妨设正方体棱长为2,EF中点为O,取AB,BB1中点G,M,侧面BB1C1C的中心为N,连接FG,EG,OM,ON,MN,如图,由题意可知,O为球心,在正方体中,EFFG2EG2222222,即R2,则球心O到BB1的距离为OMON2MN21212所以球O与棱BB1相切,球面与棱BB1只有1个交点,同理,根据正方体的对称性知,其余各棱和球面也只有1个交点,所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.故答案为:1216.2【分析】方法一:利用余弦定理求出AC,再根据等面积法求出AD;方法二:利用余弦定理求出AC,再根据正弦定理求出B,C,即可根据三角形的特征求出.2,【详解】如图所示:记ABc,ACb,BCa,方法一:由余弦定理可得,22b222bcos606,因为b0,解得:b13,由SABCSABDSACD可得,1112bsin602ADsin30ADbsin30,2223b23132.解得:ADb3312故答案为:2.方法二:由余弦定理可得,22b222bcos606,因为b0,解得:b13,由正弦定理可得,6b2622,解得:,,sinBsinC42sin60sinBsinC因为1362,所以C45,B180604575,又BAD30o,所以ADB75,即ADAB2.故答案为:2.【点睛】本题压轴相对比较简单,既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题,也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解,知识技能考查常规.17.(1)ann11(2)Tn22n2nS1,n1a【分析】(1)根据n即可求出;SnSn1,n2(2)根据错位相减法即可解出.【详解】(1)因为2Snnan,当n1时,2a1a1,即a10;当n3时,21a33a3,即a32,当n2时,2Sn1n1an1,所以2SnSn1nann1an12an,化简得:n2ann1an1,当n3时,anaan131,即ann1,n1n22*当n1,2,3时都满足上式,所以ann1nN.a1n1111(2)因为nnn,所以Tn123n,22222211111Tn12(n1)n2222223nn1123n,两式相减得,123nn1n11122n1111111Tnn222222nn1121n2,n1111,即Tn22n,nN*.22218.(1)证明见解析(2)1313【分析】(1)根据线面垂直,面面垂直的判定与性质定理可得A1O平面BCC1B1,再由勾股定理求出O为中点,即可得证;(2)利用直角三角形求出AB1的长及点A到面的距离,根据线面角定义直接可得正弦值.【详解】(1)如图,AC底面ABC,BC面ABC,1ACC,ACBC,又BCAC,AC11,AC11,AC平面ACC1ABC平面ACC1A1,又BC平面BCC1B1,平面ACC1A1平面BCC1B1,过A1作A1OCC1交CC1于O,又平面ACC1A1平面BCC1B1CC1,A1O平面ACC1A1,AO平面BCC1B11A1到平面BCC1B1的距离为1,A1O1,AC在Rt△A1CC1中,AC111,CC1AA12,设COx,则C1O2x,△AOC,△AOC111,△ACC11为直角三角形,且CC12,CO2A1O2A1C2,A1O2OC12C1A12,A1C2A1C12C1C2,1x21(2x)24,解得x1,ACAC1AC11ACAC1(2)ACAC11,BCAC1,BCAC,2,Rt△ACB≌Rt△ACB1BABA1,过B作BDAA1,交AA1于D,则D为AA1中点,由直线AA1与BB1距离为2,所以BD2A1D1,BD2,A1BAB5,在Rt△ABC,BCAB2AC23,延长AC,使ACCM,连接C1M,由CM∥AC11,CMAC11知四边形ACMC11为平行四边形,C1M∥AC1,C1M平面ABC,又AM平面ABC,C1MAM则在Rt△AC1M中,AM2AC,C1MAC,AC1(2AC)2A1C2,1在Rt△AB1C1中,AC1(2AC)2A1C2,B1C1BC3,AB1(22)2(2)2(3)213,又A到平面BCC1B1距离也为1,所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为19.(1)分布列见解析,E(X)1(2)(i)m23.4;列联表见解析,(ii)能113.1313【分析】(1)利用超几何分布的知识即可求得分布列及数学期望;(2)(i)根所中位数的定义即可求得m23.4,从而求得列联表;(ii)依用性检验的卡方计算进行检验,即可得解.【详解】(1)依题意,X的可能取值为0,1,2,120C1C0C220191920C2020C2020C20P(X1)P(X2)则P(X0),,,22C39C278C78404040所以X的分布列为:XP012039219781978故E(X)0192019121.783978(2)(i)依题意,可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起,从小到大排后第20位与第21位数据的平均数,由于原数据已经排好,所以我们只需要观察对照组第一排数据与实验组第二排数据即可,可得第11位数据为14.4,后续依次为17.3,17.3,18.4,19.2,20.1,20.2,20.4,21.5,23.2,23.6,,故第20位为23.2,第21位数据为23.6,所以m23.223.623.4,2故列联表为:m对照组实验组合计61420m14620合计20204040(661414)2(ii)由(i)可得,K6.4003.841,20202020所以能有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用.20.(1)p2(2)1282【分析】(1)利用直线与抛物线的位置关系,联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出p;(2)设直线MN:xmyn,Mx1,y1,Nx2,y2,利用MFNF0,找到m,n的关系,以及MNF的面积表达式,再结合函数的性质即可求出其最小值.【详解】(1)设AxA,yA,BxB,yB,x2y10由2可得,y24py2p0,所以yAyB4p,yAyB2p,y2px所以ABxAxB2yAyB5yAyB52yAyB24yAyB415,即2p2p60,因为p0,解得:p2.(2)因为F1,0,显然直线MN的斜率不可能为零,设直线MN:xmyn,Mx1,y1,Nx2,y2,y24x由可得,y24my4n0,所以,y1y24m,y1y24n,xmyn16m216n0m2n0,因为MFNF0,所以x11x21y1y20,即my1n1my2n1y1y20,2亦即m1y1y2mn1y1y2n10,2将y1y24m,y1y24n代入得,24m2n26n1,4mnn10,2所以n1,且n26n10,解得n322或n322.设点F到直线MN的距离为d,所以d22n11m2,MNx1x2y1y21m2y1y21m216m216n21m24n26n116n21m2n1,n11122SMNd21mn1n1,所以MNF的面积221m2而n322或n322,所以,当n322时,MNF的面积Smin22221282.【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到m,n的关系,一是为了减元,二是通过相互的制约关系找到各自的范围,为得到的三角形面积公式提供定义域支持,从而求出面积的最小值.21.(1)答案见解析.(2)(,3]【分析】(1)求导,然后令tcos2x,讨论导数的符号即可;(2)构造g(x)f(x)sin2x,计算g(x)的最大值,然后与0比较大小,得出a的分界点,再对a讨论即可.cosxcos3x3sinxcos2xsinx【详解】(1)f(x)acos6xcos2x3sin2x32cos2xaacos4xcos4x令cos2xt,则t(0,1)32tat22t3则f(x)g(t)a2tt28t22t3(2t1)(4t3)当a8,f(x)g(t)t2t21ππ当t0,,即x,,f(x)0.242π1当t,1,即x0,,f(x)0.24πππ所以f(x)在0,上单调递增,在,上单调递减424(2)设g(x)f(x)sin2xat22t323g(x)f(x)2cos2xg(t)22cosx12(2t1)a24t设t2tt223(t)a24t2tt2264t32t62(t1)(2t22t+3)(t)4230ttt3t3所以(t)(1)a3.1若a(,3],g(x)(t)a30即g(x)在0,上单调递减,所以g(x)g(0)0.2所以当a(,3],f(x)sin2x,符合题意.2若a(3,)23111当t0,23,所以(t).ttt332(1)a30.所以t0(0,1),使得t00,即x00,,使得gx00.2当tt0,1,(t)0,即当x0,x0,g(x)0,g(x)单调递增.所以当x0,x0,g(x)g(0)0,不合题意.综上,a的取值范围为(,3].【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性tcosx在定义域内是减函数,若t0cosx0,当tt0,1,(t)0,对应当x0,x0,g(x)0.22.(1)3π4(2)cossin30【分析】(1)根据t的几何意义即可解出;(2)求出直线l的普通方程,再根据直角坐标和极坐标互化公式即可解出.【详解】(1)因为l与x轴,y轴正半轴交于A,B两点,所以令x0,t121,令y0,t2,cossin244,所以sin21,sincossin2ππ,2所以PAPBt2t1即2因为π1πkπ,解得kπ,kZ,4223πππ,所以.24(2)由(1)可知,直线l的斜率为tan1,且过点2,1,所以直线l的普通方程为:y1x2,即xy30,由xcos,ysin可得直线l的极坐标方程为cossin30.a23.(1),3a3(2)263【分析】(1)分xa和xa讨论即可;(2)写出分段函数,画出草图,表达面积解方程即可.【详解】(1)若xa,则f(x)2a2xax,即3xa,解得xaa,即xa,33若xa,则f(x)2x2aax,解得x3a,即ax3a,a综上,不等式的解集为,3a.32xa,xa(2)f(x).2x3a,xa画出f(x)的草图,则f(x)与坐标轴围成△ADO与ABCa3aABC的高为a,D(0,a),A,0,B,0,所以|AB|a22113226所以SOADSABCOAaABaa2,解得a2243【点睛】
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