數(shù)學(xué)參考答案1.A由題可知,0∈A,1∈A,2呋A.2=100P,可得P=100,則|PF|=50十十2,則曲線y=父3十2父在點(diǎn)(1,3)處的切線方程為y=5父—2.聯(lián)立整理得父2—4父十m十2=0,則Δ=16—4(m十2)=0,解得m=2.5.B由(2—tanα)(2十tanβ)=5,得4十2tanβ—2tanα—tanαtanβ=5,整理得2(tanβ—tanα)=1十tanαtanβ,則6.A因?yàn)閒(父)的定義域?yàn)?—,,f(父)為奇函數(shù),所以a=3,則f 顯然f為增函數(shù).因?yàn)?<2a<3a,所以故>0.7.A把向上、下、左、右四個(gè)方向移動(dòng)的步數(shù)分別記為U,D,L,R,則U十D十L十R=4.若螞蟻移動(dòng)到圓父2十y2=3的內(nèi)部,則移動(dòng)4次后,螞蟻可能的位置為原點(diǎn),(1,1),(—1,1),(—1,—1),(1,—1),共5種情況.若螞蟻移動(dòng)到原點(diǎn),則U—D=0,L—R=0,故U=D=2,L=R=0或U=D=0,L=R=2或U=D=L=R=1,有2CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),4)十CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(1),4)CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(1),3)CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(1),2)=36種走法;若螞蟻移動(dòng)到點(diǎn)(1,1),則U—D=1,L—R=1,故U=1,D=0,L=2,R=1或U=2,D=1,L=1,R=0,有2CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(1),4)CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),3)CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(1),1)=24種走法.由對(duì)稱可知,螞蟻移動(dòng)到圓父2十y2=3內(nèi)部的概率為8.B連接CE,PE(圖略).因?yàn)镈,E分別為棱PC,AB的中點(diǎn),且AC丄BC,PC丄DE,AB=2,所以故P,A,B,C均在以E為球心,1為半徑的球面上,則S△ABC≤則9.ACD由十m十得正確十十不正確,C正確十十10.BCDf=Asin2十因?yàn)閒圖象的兩條相鄰對(duì)稱軸之間的距離為6,所以得又其圖象上相鄰的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)之間的距離為10,所以\A2十62=10,得A=8,則f(0)=—4cos2φ十3=1,得cos2因?yàn)?<φ<,所以φ=,則f(父)=—4cos父十十3.令父十=kπ,k∈z,得父=—2十6k,k∈z,則f(父)圖象的對(duì)稱軸方程為父=—2十6k,k∈z.由父∈[—5,2],得父十∈ 則f∈[—1,5].故選BCD. 4,f(父y)十父y(父十y)=—2十父y(父十y),顯然f(父)f(y)=f(父y)十父2y2(父2十y2)不恒成立.若f(1)=2,同理可得f(父)=父2(父2十1),且f(父)f(y)=f(父y)十父2y2(父2十y2)恒成立,故f(父 4,f(父y)十父y(父十y)=—2十父y(父十y),顯然f(父)f(y)=f(父y)十父2y2(父2十y2)不恒成立.若f(1)=2,同理可得f(父)=父2(父2十1),且f(父)f(y)=f(父y)十父2y2(父2十y2)恒成立,故f(父)=父2(父2十1),f(0)=0,A正確.易知f(父)是偶函數(shù),且f(父)在(0,十∞)上單調(diào)遞增.因?yàn)楦甘业忍?hào)不能同時(shí)成立,所以父十父|,則ff(2sin父),B正確.g(父)=f父(EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(父),2))=父2十1(父≠0),易得g(父)的值域?yàn)?1,十∞),C不正確.h(父)單調(diào)遞減,當(dāng)父∈(1,十∞)時(shí),hI(父)>0,h(父)單調(diào)遞增,則h(父)≥h(1)=0,故父=1所以原方程在內(nèi)有一個(gè)根.故D不正確.12.3\由a=(4,3),得|a|=\42十32=5,則|a—b|2=(a—b)2=a2—2a.b十b2=|a|2—2a●b十|b|2=27,則|a—b|=3\.13.3設(shè)C的左焦點(diǎn)為F1.因?yàn)镻是C右支上一點(diǎn),所以|PF|=|PF1|—2a=|PF1|—2,所以|AP|十|PF|=|AP|十|PF1|—2.當(dāng)A,P,F1三點(diǎn)共線時(shí),|AP|十|PF1|取得最小值,且最小值為故|AP|十|PF|的最小值為3.—2b=5,可得2b=2a—5>0,則b=log2(2a—5),則3a—b=3a—log2=3父—log2,則f/2×2父15時(shí),f/(父)<0,當(dāng)2父>15時(shí),f/15.解:(1)由余弦定理可知,a2十b2—c2=2abcosC.…………2分因?yàn)樗苑旨础?分由sin2C十cos2C=1,且sinC>0,…………5分解得則……………7分(2)△ABC的面積則ab=6.………………9分因?yàn)閏=5,所以由c2=a2十b2—2abcosC,可得25=a2十十—20,……………………11分則a十b=3\,……………12分故△ABC的周長(zhǎng)為3\十5.……………13分16.(1)證明:連接BD.因?yàn)锳B丄平面SAD,AD∈平面SAD,所以AB丄AD.…………1分又AB=1,AD=\,所以BD=2.…………2分在△BCD中,由上可得則BC2十BD2=CD2,即BC丄BD.……………………3分因?yàn)锳B丄平面SAD,SD∈平面SAD,所以AB丄SD.………………4分又AD丄SD,AB∩AD=A,所以SD丄平面ABCD.……5分因?yàn)锽C∈平面ABCD,所以SD丄BC.因?yàn)镾D∩BD=D,所以BC丄平面SBD.…6分又BS∈平面SBD,所以BC丄BS.………7分(2)解:以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD所在直線分別為父,y軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由AB=1,AD=\,可得上ABD=60。,則上父BC=30。,……………8分則分,\設(shè)平面SBC的法向量為m=(父1,y1,義1),…………12分設(shè)平面SCD的法向量為n=(父2,y2,義2),令y2=\,得n=(1,\,0).………………13分設(shè)平面SBC與平面SCD的夾角為θ,則cosθ=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(m),m)|.|EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(n),n)==AAyBC.………………………15分17.解:(1)當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=24—8=8.……………………1分當(dāng)n≥2時(shí),由Sn=2n十3—8,得Sn—1=2n十2—8,…………2分則an=Sn—Sn—1=2n十3—2n十2=2n十2.……………………4分因?yàn)閍1=8=21十2,所以an=2n十2.…………5分由可得,………6分當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),bn—1bn十bnbn十1=(n十1)2n十2十(n十3)2n十2=(n十2)2n十3,……………8分則Tn=4×25十6×27十8×29十…十(n十2)2n十3,………9分則4Tn=4×27十6×29十8×211十…十(n十2)2n十5,……10分則—3Tn=4×25十2×(27十29十211十…十2n十3)—(n十2)2n十5………11分=128十分則………………13分當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),Tn=Tn—1十bnbn十1=(3n十1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),9)n十4—128十(n十2)2n十3=【高三數(shù)學(xué)●參考答案第4頁(yè)(共6頁(yè))】由fI(父)=0,得父=0,……………………2分當(dāng)父∈(—∞,0)時(shí),fI(父)<0,f(父)單調(diào)遞減,當(dāng)父∈(0,十∞)時(shí),fI(父)>0,f(父)單調(diào)遞增,……………3分則f(父)≥f(0)=0,從而直線C2與曲線C1的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)為1.………4分………………5分由gI(父)=0,得父=0,當(dāng)父∈(—∞,0)時(shí),gI(父)<0,g(父)單調(diào)遞減,當(dāng)父∈(0,十∞)時(shí),gI(父)>0,g(父)單調(diào)遞增,…………………6分則g(父)≥g(0)=1—m,且當(dāng)父→—∞時(shí),g(父)→十∞,當(dāng)父→十∞時(shí),g(父)→十∞.…………………7分因?yàn)橹本€C2與曲線C1相交于A(父1,y1),B(父2,y2)兩點(diǎn),所以1—m<0,…………8分得m>1,故m的取值范圍為(1,十∞).…………………9分②證明:由題可知父1,父2是g(父)的零點(diǎn).不妨設(shè)父1<父2…………………………10分EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)…………11分即證父1<—父2<0.由①可知g(父)在(—∞,0)上單調(diào)遞減,則需證g(父1)>g(—父2).…………………12分因?yàn)間(父2)=g(父1),所以需證g(父2)>g(—父2),即證g(父2)—g(—父2)>0.………13分令h(父)=g(父)—g(—父)=e父—e—父—2父,父>0,則hI(父)=e父十e—父—2.…………14分因?yàn)閑父十e—父≥2,當(dāng)且僅當(dāng)父=0時(shí),等號(hào)成立,所以hI(父)>0在(0,十∞)上恒成立,………………15分則h(父)在(0,十∞)上單調(diào)遞增,則h(父)>e0—e0—2×0=0,…………16分從而g(父2)—g(—父2)>0,證畢.…………17分19.解:(1)由題可知,C的左頂點(diǎn)A1(—2,0)、右頂點(diǎn)A2(2,0)是2個(gè)格點(diǎn).………………1分因?yàn)?<b<2,所以C的上、下頂點(diǎn)均不為格點(diǎn).又C為“3格曲線”,所以C上至少存在一個(gè)異于橢圓C頂點(diǎn)的格點(diǎn)H(m,t),則則{1,………2分由十可得十解得……………3分則C的離心率分(2)由(1)可知,當(dāng)1<b<2時(shí),H(m,t)是C上的格點(diǎn),且此時(shí)C上有(—2,0),(2,0),(1,1),(1,—1),(—1,1),(—1,—1),共6個(gè)格點(diǎn),………5分則…………6分當(dāng)b=1時(shí),易知C上有(—2,0),(2,0),(0,1),(0,—1),共4個(gè)格點(diǎn),…7分則…………8分當(dāng)