高三数学答案

大同市高三年级阶段性模拟测试B卷答案解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.答案：B解析：由题意，集合Axx|22，Bxxxxx|10|112或，所以CBxxR|11，所以ACBxxR11.故选B.2.答案:A342ii31ii解析:因zii2，所以z2，所以复数z的共轭复数还是2.故选A．1112iii3.答案：C1221解析：抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有CC45种；甲型2台乙型1台的取法有CC45种,1221根据加法原理可得总的取法有CCCC454570种.故选C.4.答案：D233233解析：因为sincos可化为sinsin，所以sin=或sin0=2222又因为0，所以=.故选D.235.答案：A11111解析：∵m(2,1)x与n,y垂直，∴mn(2xyxy,1),0，即yx2，222221∵x，y，2成等比数列，∴yx22，所以xy=1，，2yx3∴y，x的等差中项为.故选A．246.答案：B解析：2RsinAsinA2RsinCsinC(2ab)sinB,aAcCsinsin(2ab)sinBac,222abb2,a2b2c22a2b2c22ab,cosC,0C.C故选B．22ab47.答案：C3ecos()x解析：由题意可知，函数fx的定义域为R，fx()lnxecos()x3ecosxxlnfx，所以为奇函数，排除选项A，B；当x0,时，0cosx1，ecosx2ecosxecosx所以1，所以fxx3ln0，排除D．故选C.ecosxecosx8.答案：C22PF1PFa22解析：8a可化为8a，所以PF2a2，PF1a4，在PF12F中，由PF2PF21644aac2221cos1FPF可得13e.故选C.1216a2二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.答案：AB解析：选项A，由不等式性质得A正确；1111abab选项B，由abab得1，故ab24，当且仅当=时，等号成立，babababa因ab，故B正确；1211c1d1选项C，如abcd=1,2，，时，a2，b9，故C不正确；2323111选项D，当a0时，aaa=1121211，此时a0或a2，与aaa+1+11矛盾，故D不正确.故选AB.10.答案：ABD解析：当且仅当A与B相互独立时，PABPAPB成立，故A不正确；当B和C是两个互斥事件时PBCAPBAPCA(|)|+|才成立，故B不正确；PABPAA1，故C正确；PABPAB，故D不正确.故选ABD.PB11.答案：BDaaa解析：由n，得nn1，所以数列n是等差数列，aann12(1)nn12n(1)(1)(1)aa所以n5(n5)(2)，即an(29)(1)n1(1)n(1)5n对于A，n1，故A不正确；a1(219)(1)7对于B，∵an21n411，故B正确；对于C，||an|2n9|，则||a33，||aa||451，所以{||}an不是等差数列，故C不正确；11111对于D，nn12annannnn1[(29)(1)][(27)(1)]2292711111111n所以的前项和，nSnaann12755329271449nnn故D正确.故选BD.12.答案：ACx21解析：fx()lg（xR，x0）的定义域为(,0)(0,)，关于原点对称，且满足||xfx(f)x()，所以函数fx()是偶函数，其图象关于y轴对称，故A正确；x2111当x0时，f(x)lglg(x)，由yx的性质可知其在(0,1]上是减函数，在||xxx[1,)上是增函数，所以由复合函数单调性可知，在上是减函数，在上是增函数。又是偶函数，图像关于轴对称，故B不正确；1当x0时，x2（当且仅当x1时取等号），又是偶函数，所以函数的最x小值是lg2，故C正确；由函数定义可得，函数与x=2不可能有四个交点，故D不正确．故选AC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.答案:105k53k25k2k解析:二项式的展开式的通项公式为kk2，xTk1C5xC52xxx153k42令1，求得，所以1，所以可得展开式中x项的系数为k=1T25Cx10x2x，故答案为．14.答案：611解析：ADACABAC()()BDABABCCABACBCAC331111|AB||AC|cosA|BC||AC|cosC33336。323215.答案：26解析：由题意知P的纵坐标为26，代入yx28可得P3,26，由抛物线的性质可得反射光线PQ26经过抛物线的焦点F2,0，故直线的斜率k26.3216.答案：24解析：四棱锥PABC的四个面都是直角三角形，∵ABBC2，∴ABBC，又PABC，所以BC面PAB∴BCPB，所以取PC中点O，则O是外接球球心．由得AC22，又PA4，则PC81626，OP6，所以球表面积为SOP4()4(6)2422．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(10分)解：⑴f(x)sin2x3cos2x2sin(2x)，32T2，T，所以1…………5分2221⑵f(x)2sin(2x)，由f(a)得sin(2)，33331cos(2)cos[(2)]cos[(2)]sin(2)，63223331即cos(2)…………10分6318.(12分)ad137解：（1）设等差数列an的首项为a1，公差为d，则，解得a11，d2，ad1919an12n12n1，…………6分nn（2）bnn2a22n1Tbbbbbnnn12312123252232211231nnnn2341nn2212325223221TnnnL1231nnTnn21222222221L231nnTnn22222221L26221nn21nT2n12n12n262n12n36…………12分19.(12分)解：（1）证明：取BD中点O，连接PO,AO,因为PBPD,为中点，所以POBD,在BCD、ABD中，因为BD2,DABBCD900,CDB300,ADB450，所以AODO1,所以在PDO中，PO3，又PA2,所以PAO为直角三角形，所以POAOO又AODOO，所以PO面ABCD，又PO面PBD，所以面PBD面ABCD。…………6分（2）由于ABD为等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，所以OAOB，由（1）知，31所以建立如图所示的坐标系，则P0,0,3，A1,0,0,D0,1,0,B0,10,C,,022所以PA1,0,3,PD0,1,3,P31PB0,1,3,PC,,322D设平面PAD与平面PBC的法向量分别为CB，Amx1,y1,z1nx2,y2,z2y3z022PAm0PBn0xz1130由和得和31PDm0PCn0yz30xy3z01122222令，，则m3,3,1，，设法向量，所成角为，y13z23n3,3,3mnmn65则cos，mn6565所以平面PAD与平面PBC所成角的余弦值为.…………12分6520.(12分)解：(1)由题图知,所抽取的20人中得分落在[0,20]内的人数有0.0050×20×20=2,得分落在(20,40]内的人数有0.0075×20×20=3.…………6分(2)由题意可知,X的可能取值为0,1,2,C31CC123CC2133,23,23PX03PX13PX23C510C55C510所以的分布列为012133P105101336所以EX012…………12分10510521.(12分)解：(1)由得直线是抛物线的一条切线。所以所以椭圆…………4分(2)当直线L与x轴平行时，以AB为直径的圆方程为当直线与y轴重合时，以为直径的圆方程为所以两圆的交点为点0,1猜想：所求的点T为点.证明如下。当直线与轴垂直时，以为直径的圆过点（0，1）当直线与轴不垂直时，可设直线为：由得设则所以，即以AB为直径的圆过点0,1所以存在一个定点T，使得以为直径的圆恒过定点.…………12分22.(12分)ax1解：(1)因为fxaxxx1ln2，x0,，所以fxaxln2，x11所以faae12ae2e2，解得a1，eex11所以fxxxln2ln3，xx1111x令hxxxln+30，则hx，xxxx221当01x时，hx0，hxlnx+3单调递减，x当x1时，hx0，单调递增，hxh140fx0所以min，所以，所以函数fx在区间0,恒单调递增.…………4分(2)令gxfxaxxaxxxe2xx11ln1lnex1，x1gx0fxe2alnxx恒成立即函数max恒成立，ax1又gxaxln1ex1x1，xax1x1＇11x1令mxaxln1ex1，则mxa2ex1，xxx＇①当a0时，mx0，函数mxgx在1,上为减函数，又gxg10，所以函数gx在上为减函数，又gxg10，所以时，在区间1，+恒成立；1＇11120ax1x1②当时，令pxmx=ea2，则pxa23e，2xxxx12x1因为a0，所以pxa23e0，xx故函数mx＇在1,上单调递减，又mxma＇＇1210，ax1所以gxaxln1ex1x1单调递减，且gxg10，x所以函数gx在上为减函数，又gxg10，1所以