【解析】江苏省镇江市丹阳高中、镇江一中、镇江中学三校2023届高三下学期5月调研数学试题

第第页【解析】江苏省镇江市丹阳高中、镇江一中、镇江中学三校2023届高三下学期5月调研数学试题江苏省镇江市丹阳高中、镇江一中、镇江中学三校2023届高三下学期5月调研数学试题

一、填空题

1．（2023·丹阳模拟）已知命题P：x∈R，x3﹣x﹣1＞0，则命题￢P为．

【答案】x∈R，x3﹣x﹣1≤0

【知识点】命题的否定

【解析】【解答】解：命题P：x∈R，x3﹣x﹣1＞0，是一个特称命题，

所以命题￢P为：x∈R，x3﹣x﹣1≤0．

故答案为：x∈R，x3﹣x﹣1≤0．

【分析】利用特称命题的否定是全称命题分析解答.

2．（2023·丹阳模拟）已知全集U＝R，A＝{x|f（x）＝ln（x2﹣1）}，B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}，则＝．

【答案】{x｜x≥3或x＜-1}

【知识点】交、并、补集的混合运算；对数函数的概念与表示

【解析】【解答】解：A＝{x|f（x）＝ln（x2﹣1）}＝{x|x＜﹣1或x＞1}，

B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}＝{x|﹣1＜x＜3}，

则＝{x|x≥3或x≤﹣1}，

则＝或，

故答案为：或．

【分析】先化简集合，再求，最后求得解.

3．（2023·丹阳模拟）已知z1＝2+3i，z2＝1+i，则．

【答案】

【知识点】复数的基本概念；复数的模

【解析】【解答】解：∵z1＝2+3i，z2＝1+i，

∴．

故答案为：．

【分析】直接利用商的模等于模的商求解．

4．（2023·丹阳模拟）若样本数据x1，x2，…,x10的标准差为8，则数据2x1-1，2x2-1，…，2x10-1的标准差为．

【答案】16

【知识点】极差、方差与标准差

【解析】【解答】因为样本数据的标准差为，，即DX=64，因为数据的方差为，则对应的标准差为，故答案为。

【分析】利用标准差与方差的关系式结合已知条件，从而求出DX的值，再利用方差的性质，从而求出方差D(2X-1)的值，进而求出对应的数据2x1-1，2x2-1，…，2x10-1的标准差的值。

5．（2023·丹阳模拟）一枚硬币连续抛掷三次，则两次正面向上的概率为．

【答案】

【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率

【解析】【解答】解：一枚硬币连续抛掷3次可能出现的结果为（正，正，正）（正，反，正）（正，正，反）（反，正，正）（反，反，正）（反，正，反）（正，反，反）（反，反，反）共8种，

其中恰好有两次反面向上的有（反，反，正）（反，正，反）（正，反，反）共3种，

故所求概率为P

故答案为：.

【分析】列举可得总的基本事件，找出恰好有两次反面向上的基本事件，由概率公式可得．

6．（2023·丹阳模拟）已知，且，则cosx＝．

【答案】

【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用

【解析】【解答】解：∵，∴，

又，∴sin（x），

则cosx＝cos[（x）]＝cos（x）cossin（x）sin

．

故答案为：．

【分析】由已知求得sin（x），再由两角差的余弦公式计算．

7．（2023·丹阳模拟）已知函数，若方程有两个根，则实数m的取值范围为．

【答案】m=4或m≥5

【知识点】对数函数的图象与性质；根的存在性及根的个数判断

【解析】【解答】如图，作出函数的图象：

若方程有两个根，

即直线与函数图象有2个交点，

由图象可得：或，解得或，

故答案为：或．

【分析】作出函数的图象，然后条件可转化为直线与函数图象有2个交点，然后结合图象可求解.

8．（2023·丹阳模拟）圆心在抛物线上，并且和该抛物线的准线及y轴都相切的圆的方程为.

【答案】和

【知识点】圆的标准方程；圆锥曲线的综合

【解析】【解答】抛物线的准线方程为，

设所求圆的圆心为，则，且，解得，，

故所求圆的方程为，

故答案为：或。

【分析】利用抛物线标准方程求出准线方城，再利用圆心在抛物线上，从而设出圆心坐标，进而设出圆的标准方程，再利用直线与圆相切的位置关系的判断方法，从而求出圆心在抛物线上，并且和该抛物线的准线及y轴都相切的圆的标准方程。

9．（2023·丹阳模拟）在直角坐标平面中，△ABC的两个顶点A、B的坐标分别为A（﹣1，0），B（1，0），平面内两点G、M同时满足下列条件：（1）；（2）；（3）∥，则△ABC的顶点C的轨迹方程为．

【答案】x21（y≠0）

【知识点】平面内两点间的距离公式；轨迹方程

【解析】【解答】解：由得，G为重心，

由得，M为外心．

所以M点在y轴上（M到AB两点距离相等）．

又，则．

设M为（0，y），G为（x，y）（y≠0），由重心坐标公式得C为（3x，3y）．

再由MA＝MC，得整理得：9x2+3y2＝1①．

再设c（x'，y'），由3x＝x'，3y＝y'得x，y．

代入①得：（x′）21．

所以△ABC的顶点C的轨迹方程为，．

故答案为：，．

【分析】由题目给出的条件，分别得到G为三角形ABC的重心，M为三角形ABC的外心，设出G点坐标，由，可知M和G具有相同的纵坐标，由重心坐标公式得到C点的坐标，然后由M到A和C的距离相等列式可得G的轨迹方程，利用代入法转化为C的轨迹方程．

10．（2023·丹阳模拟）四面体ABCD中，AB＝CD＝6，其余的棱长均为5，则与该四面体各个表面都相切的内切球的半径长等于．

【答案】

【知识点】组合几何体的面积、体积问题；棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体

【解析】【解答】解：取CD的中点E连接AE、BE，取AB的中点F，连接EF.

由题意知AE⊥CD，BE⊥CD

又∵AE∩BE＝E，平面ABE，

∴CD⊥平面ABE.

又AB＝CD＝6，其余的棱长均为5,

∴AD＝5，DE＝3

∴AE＝4，同理BE＝4.

∴等腰ABE底边AB上的高为EF

∴ABE的面积S

∴三棱锥ABCD的体积V

又

设内切球的半径为R，则球心O到每个表面的距离为R，且球心O到每个表面的距离为R

∴三棱锥ABCD的体积V

∴

故答案为：.

【分析】取CD的中点E连接AE、BE，取AB的中点F，连接EF.把四面体分割成四个小三棱锥，根据体积相等，即可得解.

11．（2023·丹阳模拟）设M是内一点，，定义，其中分别是的面积，若，则的最小值是．

【答案】18

【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算

【解析】【解答】根据已知条件可知，，那么由于，则结合三角形的面积公式可知，n+m+p=1,那么

因此可知，可知其最小值为18。

【分析】利用已知条件结合数量积公式，再利用三角形面积公式求出x+y的值，再利用均值不等式求最值变形求出的最小值。

12．（2023·丹阳模拟）已知定义在R上的函数和满足，，，．令，则使数列的前n项和超过的最小自然数n的值为．

【答案】5

【知识点】数列与函数的综合

【解析】【解答】因为

所以令，得到；令，得到．

代入可得，

化简得，解得或．

∵，∴，

从而可得是减函数，．

∴，．

再由解得，故n的最小值为5，

故答案为：5

【分析】由和可得，求出方程的解即可得到a的值，根据可知是减函数，对求得的a进行取舍，求出数列的通项公式，进而求得其前n项和，解不等式，即可求得结果．

13．（2023·丹阳模拟）设正实数x，则的值域为．

【答案】[0，]

【知识点】利用导数研究函数的极值

【解析】【解答】令lnx＝t，则x＝et，∴g（t），令t2＝m，m≥0，

∴，∴h′（m），令h′（m）＝0，解的m＝1，

当0≤m＜1时，h′（m）＞0，函数h（m）单调递增，

当m≥1时，h′（m）＜0，函数h（m）单调递减，

∴h（m）max＝h（1），∵f（0）＝0，当m→+∞时，h（m）→0，

∴的值域为[0，]，

故答案为：[0，]．

【分析】利用换元法，原函数的值域即为函数的值域，根据导数和函数的最值的关系即可求出．

二、解答题

14．（2023·丹阳模拟）已知动点P（x，y）满足|x﹣1|+|y﹣a|＝1，O为坐标原点，若的最大值的取值范围为，则实数a的取值范围是．

【答案】

【知识点】函数的图象；其他不等式的解法

【解析】【解答】考虑|x﹣1|+|y﹣a|＝1的图象，如图，

x必然是在0到2之间

x取到0或2那么y只能取a

x在两者之间y可以取两个值

x取到1则y可以取a+1或a﹣1，

图象是（0，a），（1，a﹣1），（1，a+1），（2，a）为端点的正方形，那么和O最远的应该是最远的两个端点之一，

如果a＞0就是（1，a+1）或（2，a）

如果a＜0就是（1，a﹣1）或（2，a）

这样一来，||平方的最大值就是：

当a＞0，（a+1）2+1或a2+4

当a＜0，（a﹣1）2+1或a2+4

比较它们的大小：

当a≥1时，（a+1）2+1，则（a+1）2+1更大；

当0＜a＜1时，（a+1）2+1-(a2+4)且当﹣1＜a＜0时，，则当﹣1＜a＜1时，a2+4更大；

当a≤﹣1时，，则（a-1）2+1更大；

作以上函数图象，再读出||2取值范围为[，17]，即有

或

所以a取值范围是．

故答案为：．

【分析】先考虑|x﹣1|+|y﹣a|＝1的图象，图象是（0，a），（1，a﹣1），（1，a+1），（2，a）为端点的正方形，那么和O最远的应该是最远的两个端点之一，再对a进行分类讨论，如果a＞0就是（1，a+1）或（2，a）；如果a＜0就是（1，a﹣1）或（2，a）．再分类写出||平方的最大值．最后利用分段函数的图象，再读出||2取值范围为[，17]时，a取值范围．

15．（2023·丹阳模拟）已知中，，，分别为三个内角，，的对边，，

（1）求角；

（2）若，求的值.

【答案】（1）解：由正弦定理和，得，

中，，所以，所以，，

，所以；

（2）解：因为，由正弦定理得，

所以.

【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用

【解析】【分析】（1）先由正弦定理将边角关系转化为角角关系，再利用配角公式进行化简求解；（2）由正弦定理将边边关系转化为角角关系，再利用同角三角函数基本关系式、两角和的正弦公式进行求解.

16．（2023·丹阳模拟）在如图的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点．

（Ⅰ）求证：AB∥平面DEG；

（Ⅱ）求证：BD⊥EG；

（Ⅲ）求多面体ADBEG的体积．

【答案】解：（Ⅰ）∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC．

又∵BC＝2AD，G是BC的中点，∴，∴四边形ADGB是平行四边形，∴AB∥DG，∵AB平面DEG，DG平面DEG，∴AB∥平面DEG．

（Ⅱ）∵EF⊥平面AEB，AE平面AEB，∴EF⊥AE，

又AE⊥EB，EB∩EF＝E，EB，EF平面BCFE，∴AE⊥平面BCFE．

过D作DH∥AE交EF于H，连接，则DH⊥平面BCFE．

∵EG平面BCFE，∴DH⊥EG．

∵AD∥EH，DH∥AE，∴四边形AEHD平行四边形，∴EH＝AD＝2，

∴EH＝BG＝2，又EH∥BG，EH⊥BE，

∴四边形BGHE为正方形，∴BH⊥EG，

又BH∩DH＝H，BH平面BHD，DH平面BHD，∴EG⊥平面BHD．

∵BD平面BHD，∴BD⊥EG．

（Ⅲ）∵EF⊥平面AEB，AD∥EF，∴AD⊥平面AEB，

由（2）知四边形BGHE为正方形，∴BE⊥BC．

∴VADBEG＝VD﹣AEB+VD﹣BEG4.

【知识点】组合几何体的面积、体积问题；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定

【解析】【分析】（Ⅰ）先证明四边形ADGB是平行四边形，可得AB∥DG，从而证明AB∥平面DEG．（Ⅱ）过D作DH∥AE交EF于H，则DH⊥平面BCFE，DH⊥EG，再证BH⊥EG，从而可证EG⊥平面BHD，故BD⊥EG．（Ⅲ）要求多面体ADBEG的体积，利用分割的思想转化为VADBEG＝VD﹣AEB+VD﹣BEG转化为求两个三棱锥的体积即可．

17．（2023·丹阳模拟）如图，GH是东西方向的公路北侧的边缘线，某公司准备在GH上的一点B的正北方向的A处建一仓库，设AB=ykm，并在公路同侧建造边长为xkm的正方形无顶中转站CDEF（其中边EF在GH上），现从仓库A向GH和中转站分别修两条道路AB，AC，已知AB=AC+1，且∠ABC=60o．

（1）求y关于x的函数解析式；

（2）如果中转站四周围墙造价为1万元/km，两条道路造价为3万元/km，问：x取何值时，该公司建中转站围墙和两条道路总造价M最低？

【答案】（1）解：在中,,所以.

在中，，

由余弦定理，得，

即，

所以.

由，得.又因为，所以.

所以函数的定义域是.

（2）解：.

因为（），所以

即.

令则.于是，

由基本不等式得，

当且仅当，即时取等号.

答：当km时，公司建中转站围墙和两条道路最低总造价为490万元.

【知识点】函数解析式的求解及常用方法；基本不等式在最值问题中的应用；函数最值的应用

【解析】【分析】(1)利用题意结合余弦定理可得函数的解析式，其定义域是.(2)结合(1)的结论求得利润函数，由均值不等式的结论即可求得当km时，公司建中转站围墙和两条道路最低总造价为490万元.

18．（2023·丹阳模拟）已知椭圆C：（）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.

（i）证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）；

（ii）当最小时，求点T的坐标.

【答案】（1）解：，又.

（2）解：椭圆方程化为.

（ⅰ）设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.

设PQ的中点为，则

又TF的方程为，则得，

所以，即OT过PQ的中点，即OT平分线段PQ.

（ⅱ），又，所以

.

当时取等号，此时T的坐标为.

【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题

【解析】【分析】（1）由题意，又，由此可求出的值，从而求得椭圆的方程.（2）椭圆方程化为.设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.（ⅰ）设PQ的中点为，求出，只要，即证得OT平分线段PQ.（ⅱ）可用表示出PQ，TF可得：化简得：.再根据取等号的条件，可得T的坐标.

19．（2023·丹阳模拟）已知函数f（x）=ax2+lnx（a∈R）．

（1）当a=时，求f（x）在区间[1，e]上的最大值和最小值；

（2）如果函数g（x），f1（x），f2（x），在公共定义域D上，满足f1（x）＜g（x）＜f2（x），那么就称g（x）为f1（x），f2（x）的“活动函数”．已知函数.。若在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动函数”，求a的取值范围．

【答案】（1）解：当a=时，，；

对于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，

∴，．

（2）解：在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动函数”，则f1（x）＜f（x）＜f2（x）令＜0，对x∈（1，+∞）恒成立，

且h（x）=f1（x）﹣f（x）＜0对x∈（1，+∞）恒成立，

∵

若，令p′（x）=0，得极值点x1=1，，

当x2＞x1=1，即时，在（x2，+∞）上有p′（x）＞0，

此时p（x）在区间（x2，+∞）上是增函数，并且在该区间上有p（x）∈（p（x2），+∞），不合题意；

当x2＜x1=1，即a≥1时，同理可知，p（x）在区间（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合题意；

若，则有2a﹣1≤0，此时在区间（1，+∞）上恒有p′（x）＜0，

从而p（x）在区间（1，+∞）上是减函数；

要使p（x）＜0在此区间上恒成立，只须满足

所以≤a≤．

又因为h′（x）=﹣x+2a﹣=＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，

h（x）＜h（1）=+2a≤0，所以a≤

综合可知a的范围是[，]．

【知识点】利用导数研究函数的极值；函数最值的应用

【解析】【分析】（1）由题意得f（x）=x2+lnx，，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，即可求出函数的最值．（2）由题意得：令f（x）f2（x）=，对x∈（1，+∞）恒成立，且h（x）=f1（x）﹣f（x）=对x∈（1，+∞）恒成立，分类讨论当或时两种情况求函数的最大值，可得到a的范围．又因为h′（x）=﹣x+2a﹣=，h（x）在（1，+∞）上为减函数，可得到a的另一个范围，综合可得a的范围．

20．（2023·丹阳模拟）设数列{an}满足：a1＝1，且当n∈N*时，an3+an2(1﹣an+1)+1＝an+1．

（1）求a2，a3的值；

（2）比较an与an+1的大小，并证明你的结论．

（3）若bn＝(1)，其中n∈N*，证明：0＜b1+b2+……+bn＜2．

【答案】（1）解：依题意，由an3+an2（1﹣an+1）+1＝an+1，可解得an+1，

则a2，

a3；

（2）解：an+1＞an．

证明如下：

由（1）得an+1，

∴an+1﹣an0，

∴an+1＞an；

（3）解：由于bn＝（1），

由（1）an+1＞an，则1，，

而an+1＞an＞…＞a1＝1＞0，则bn＞0，

∴0．

又于bn＝（1），

∴bn．

∴2[()+()+…+()]，

∴，

而an+1＞an，且a1＝1，故an+1＞0．

∴，从而0＜b1+b2+……+bn＜2．

【知识点】数列的函数特性；数列的求和；数列的递推公式

【解析】【分析】（1）由已知数列递推式得出an+1，依次代入计算可得a2，a3的值；（2）利用作差，通分后配方可证明an+1＞an；（3）由于bn＝（1），且an+1＞an，得0，由an+1＞an＞…＞a1＝1＞0得bn＞0，从而可得b1+b2+……+bn＞0；再由bn＝（1）

，得到bn．利用裂项相消法得，从而可证得结论．

1/1江苏省镇江市丹阳高中、镇江一中、镇江中学三校2023届高三下学期5月调研数学试题

一、填空题

1．（2023·丹阳模拟）已知命题P：x∈R，x3﹣x﹣1＞0，则命题￢P为．

2．（2023·丹阳模拟）已知全集U＝R，A＝{x|f（x）＝ln（x2﹣1）}，B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}，则＝．

3．（2023·丹阳模拟）已知z1＝2+3i，z2＝1+i，则．

4．（2023·丹阳模拟）若样本数据x1，x2，…,x10的标准差为8，则数据2x1-1，2x2-1，…，2x10-1的标准差为．

5．（2023·丹阳模拟）一枚硬币连续抛掷三次，则两次正面向上的概率为．

6．（2023·丹阳模拟）已知，且，则cosx＝．

7．（2023·丹阳模拟）已知函数，若方程有两个根，则实数m的取值范围为．

8．（2023·丹阳模拟）圆心在抛物线上，并且和该抛物线的准线及y轴都相切的圆的方程为.

9．（2023·丹阳模拟）在直角坐标平面中，△ABC的两个顶点A、B的坐标分别为A（﹣1，0），B（1，0），平面内两点G、M同时满足下列条件：（1）；（2）；（3）∥，则△ABC的顶点C的轨迹方程为．

10．（2023·丹阳模拟）四面体ABCD中，AB＝CD＝6，其余的棱长均为5，则与该四面体各个表面都相切的内切球的半径长等于．

11．（2023·丹阳模拟）设M是内一点，，定义，其中分别是的面积，若，则的最小值是．

12．（2023·丹阳模拟）已知定义在R上的函数和满足，，，．令，则使数列的前n项和超过的最小自然数n的值为．

13．（2023·丹阳模拟）设正实数x，则的值域为．

二、解答题

14．（2023·丹阳模拟）已知动点P（x，y）满足|x﹣1|+|y﹣a|＝1，O为坐标原点，若的最大值的取值范围为，则实数a的取值范围是．

15．（2023·丹阳模拟）已知中，，，分别为三个内角，，的对边，，

（1）求角；

（2）若，求的值.

16．（2023·丹阳模拟）在如图的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点．

（Ⅰ）求证：AB∥平面DEG；

（Ⅱ）求证：BD⊥EG；

（Ⅲ）求多面体ADBEG的体积．

17．（2023·丹阳模拟）如图，GH是东西方向的公路北侧的边缘线，某公司准备在GH上的一点B的正北方向的A处建一仓库，设AB=ykm，并在公路同侧建造边长为xkm的正方形无顶中转站CDEF（其中边EF在GH上），现从仓库A向GH和中转站分别修两条道路AB，AC，已知AB=AC+1，且∠ABC=60o．

（1）求y关于x的函数解析式；

（2）如果中转站四周围墙造价为1万元/km，两条道路造价为3万元/km，问：x取何值时，该公司建中转站围墙和两条道路总造价M最低？

18．（2023·丹阳模拟）已知椭圆C：（）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.

（i）证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）；

（ii）当最小时，求点T的坐标.

19．（2023·丹阳模拟）已知函数f（x）=ax2+lnx（a∈R）．

（1）当a=时，求f（x）在区间[1，e]上的最大值和最小值；

（2）如果函数g（x），f1（x），f2（x），在公共定义域D上，满足f1（x）＜g（x）＜f2（x），那么就称g（x）为f1（x），f2（x）的“活动函数”．已知函数.。若在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动函数”，求a的取值范围．

20．（2023·丹阳模拟）设数列{an}满足：a1＝1，且当n∈N*时，an3+an2(1﹣an+1)+1＝an+1．

（1）求a2，a3的值；

（2）比较an与an+1的大小，并证明你的结论．

（3）若bn＝(1)，其中n∈N*，证明：0＜b1+b2+……+bn＜2．

答案解析部分

1．【答案】x∈R，x3﹣x﹣1≤0

【知识点】命题的否定

【解析】【解答】解：命题P：x∈R，x3﹣x﹣1＞0，是一个特称命题，

所以命题￢P为：x∈R，x3﹣x﹣1≤0．

故答案为：x∈R，x3﹣x﹣1≤0．

【分析】利用特称命题的否定是全称命题分析解答.

2．【答案】{x｜x≥3或x＜-1}

【知识点】交、并、补集的混合运算；对数函数的概念与表示

【解析】【解答】解：A＝{x|f（x）＝ln（x2﹣1）}＝{x|x＜﹣1或x＞1}，

B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}＝{x|﹣1＜x＜3}，

则＝{x|x≥3或x≤﹣1}，

则＝或，

故答案为：或．

【分析】先化简集合，再求，最后求得解.

3．【答案】

【知识点】复数的基本概念；复数的模

【解析】【解答】解：∵z1＝2+3i，z2＝1+i，

∴．

故答案为：．

【分析】直接利用商的模等于模的商求解．

4．【答案】16

【知识点】极差、方差与标准差

【解析】【解答】因为样本数据的标准差为，，即DX=64，因为数据的方差为，则对应的标准差为，故答案为。

【分析】利用标准差与方差的关系式结合已知条件，从而求出DX的值，再利用方差的性质，从而求出方差D(2X-1)的值，进而求出对应的数据2x1-1，2x2-1，…，2x10-1的标准差的值。

5．【答案】

【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率

【解析】【解答】解：一枚硬币连续抛掷3次可能出现的结果为（正，正，正）（正，反，正）（正，正，反）（反，正，正）（反，反，正）（反，正，反）（正，反，反）（反，反，反）共8种，

其中恰好有两次反面向上的有（反，反，正）（反，正，反）（正，反，反）共3种，

故所求概率为P

故答案为：.

【分析】列举可得总的基本事件，找出恰好有两次反面向上的基本事件，由概率公式可得．

6．【答案】

【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用

【解析】【解答】解：∵，∴，

又，∴sin（x），

则cosx＝cos[（x）]＝cos（x）cossin（x）sin

．

故答案为：．

【分析】由已知求得sin（x），再由两角差的余弦公式计算．

7．【答案】m=4或m≥5

【知识点】对数函数的图象与性质；根的存在性及根的个数判断

【解析】【解答】如图，作出函数的图象：

若方程有两个根，

即直线与函数图象有2个交点，

由图象可得：或，解得或，

故答案为：或．

【分析】作出函数的图象，然后条件可转化为直线与函数图象有2个交点，然后结合图象可求解.

8．【答案】和

【知识点】圆的标准方程；圆锥曲线的综合

【解析】【解答】抛物线的准线方程为，

设所求圆的圆心为，则，且，解得，，

故所求圆的方程为，

故答案为：或。

【分析】利用抛物线标准方程求出准线方城，再利用圆心在抛物线上，从而设出圆心坐标，进而设出圆的标准方程，再利用直线与圆相切的位置关系的判断方法，从而求出圆心在抛物线上，并且和该抛物线的准线及y轴都相切的圆的标准方程。

9．【答案】x21（y≠0）

【知识点】平面内两点间的距离公式；轨迹方程

【解析】【解答】解：由得，G为重心，

由得，M为外心．

所以M点在y轴上（M到AB两点距离相等）．

又，则．

设M为（0，y），G为（x，y）（y≠0），由重心坐标公式得C为（3x，3y）．

再由MA＝MC，得整理得：9x2+3y2＝1①．

再设c（x'，y'），由3x＝x'，3y＝y'得x，y．

代入①得：（x′）21．

所以△ABC的顶点C的轨迹方程为，．

故答案为：，．

【分析】由题目给出的条件，分别得到G为三角形ABC的重心，M为三角形ABC的外心，设出G点坐标，由，可知M和G具有相同的纵坐标，由重心坐标公式得到C点的坐标，然后由M到A和C的距离相等列式可得G的轨迹方程，利用代入法转化为C的轨迹方程．

10．【答案】

【知识点】组合几何体的面积、体积问题；棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体

【解析】【解答】解：取CD的中点E连接AE、BE，取AB的中点F，连接EF.

由题意知AE⊥CD，BE⊥CD

又∵AE∩BE＝E，平面ABE，

∴CD⊥平面ABE.

又AB＝CD＝6，其余的棱长均为5,

∴AD＝5，DE＝3

∴AE＝4，同理BE＝4.

∴等腰ABE底边AB上的高为EF

∴ABE的面积S

∴三棱锥ABCD的体积V

又

设内切球的半径为R，则球心O到每个表面的距离为R，且球心O到每个表面的距离为R

∴三棱锥ABCD的体积V

∴

故答案为：.

【分析】取CD的中点E连接AE、BE，取AB的中点F，连接EF.把四面体分割成四个小三棱锥，根据体积相等，即可得解.

11．【答案】18

【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算

【解析】【解答】根据已知条件可知，，那么由于，则结合三角形的面积公式可知，n+m+p=1,那么

因此可知，可知其最小值为18。

【分析】利用已知条件结合数量积公式，再利用三角形面积公式求出x+y的值，再利用均值不等式求最值变形求出的最小值。

12．【答案】5

【知识点】数列与函数的综合

【解析】【解答】因为

所以令，得到；令，得到．

代入可得，

化简得，解得或．

∵，∴，

从而可得是减函数，．

∴，．

再由解得，故n的最小值为5，

故答案为：5

【分析】由和可得，求出方程的解即可得到a的值，根据可知是减函数，对求得的a进行取舍，求出数列的通项公式，进而求得其前n项和，解不等式，即可求得结果．

13．【答案】[0，]

【知识点】利用导数研究函数的极值

【解析】【解答】令lnx＝t，则x＝et，∴g（t），令t2＝m，m≥0，

∴，∴h′（m），令h′（m）＝0，解的m＝1，

当0≤m＜1时，h′（m）＞0，函数h（m）单调递增，

当m≥1时，h′（m）＜0，函数h（m）单调递减，

∴h（m）max＝h（1），∵f（0）＝0，当m→+∞时，h（m）→0，

∴的值域为[0，]，

故答案为：[0，]．

【分析】利用换元法，原函数的值域即为函数的值域，根据导数和函数的最值的关系即可求出．

14．【答案】

【知识点】函数的图象；其他不等式的解法

【解析】【解答】考虑|x﹣1|+|y﹣a|＝1的图象，如图，

x必然是在0到2之间

x取到0或2那么y只能取a

x在两者之间y可以取两个值

x取到1则y可以取a+1或a﹣1，

图象是（0，a），（1，a﹣1），（1，a+1），（2，a）为端点的正方形，那么和O最远的应该是最远的两个端点之一，

如果a＞0就是（1，a+1）或（2，a）

如果a＜0就是（1，a﹣1）或（2，a）

这样一来，||平方的最大值就是：

当a＞0，（a+1）2+1或a2+4

当a＜0，（a﹣1）2+1或a2+4

比较它们的大小：

当a≥1时，（a+1）2+1，则（a+1）2+1更大；

当0＜a＜1时，（a+1）2+1-(a2+4)且当﹣1＜a＜0时，，则当﹣1＜a＜1时，a2+4更大；

当a≤﹣1时，，则（a-1）2+1更大；

作以上函数图象，再读出||2取值范围为[，17]，即有

或

所以a取值范围是．

故答案为：．

【分析】先考虑|x﹣1|+|y﹣a|＝1的图象，图象是（0，a），（1，a﹣1），（1，a+1），（2，a）为端点的正方形，那么和O最远的应该是最远的两个端点之一，再对a进行分类讨论，如果a＞0就是（1，a+1）或（2，a）；如果a＜0就是（1，a﹣1）或（2，a）．再分类写出||平方的最大值．最后利用分段函数的图象，再读出||2取值范围为[，17]时，a取值范围．

15．【答案】（1）解：由正弦定理和，得，

中，，所以，所以，，

，所以；

（2）解：因为，由正弦定理得，

所以.

【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用

【解析】【分析】（1）先由正弦定理将边角关系转化为角角关系，再利用配角公式进行化简求解；（2）由正弦定理将边边关系转化为角角关系，再利用同角三角函数基本关系式、两角和的正弦公式进行求解.

16．【答案】解：（Ⅰ）∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC．

又∵BC＝2AD，G是BC的中点，∴，∴四边形ADGB是平行四边形，∴AB∥DG，∵AB平面DEG，DG平面DEG，∴AB∥平面DEG．

（Ⅱ）∵EF⊥平面AEB，AE平面AEB，∴EF⊥AE，

又AE⊥EB，EB∩EF＝E，EB，EF平面BCFE，∴AE⊥平面BCFE．

过D作DH∥AE交EF于H，连接，则DH⊥平面BCFE．

∵EG平面BCFE，∴DH⊥EG．

∵AD∥EH，DH∥AE，∴四边形AEHD平行四边形，∴EH＝AD＝2，

∴EH＝BG＝2，又EH∥BG，EH⊥BE，

∴四边形BGHE为正方形，∴BH⊥EG，

又BH∩DH＝H，BH平面BHD，DH平面BHD，∴EG⊥平面BHD．

∵BD平面BHD，∴BD⊥EG．

（Ⅲ）∵EF⊥平面AEB，AD∥EF，∴AD⊥平面AEB，

由（2）知四边形BGHE为正方形，∴BE⊥BC．

∴VADBEG＝VD﹣AEB+VD﹣BEG4.

【知识点】组合几何体的面积、体积问题；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定

【解析】【分析】（Ⅰ）先证明四边形ADGB是平行四边形，可得AB∥DG，从而证明AB∥平面DEG．（Ⅱ）过D作DH∥AE交EF于H，则DH⊥平面BCFE，DH⊥EG，再证BH⊥EG，从而可证EG⊥平面BHD，故BD⊥EG．（Ⅲ）要求多面体ADBEG的体积，利用分割的思想转化为VADBEG＝VD﹣AEB+VD﹣BEG转化为求两个三棱锥的体积即可．

17．【答案】（1）解：在中,,所以.

在中，，

由余弦定理，得，

即，

所以.

由，得.又因为，所以.

所以函数的定义域是.

（2）解：.

因为（），所以

即.

令则.于是，

由基本不等式得，

当且仅当，即时取等号.

答：当km时，公司建中转站围墙和两条道路最低总造价为490万元.

【知识点】函数解析式的求解及常用方法；基本不等式在最值问题中的应用；函数最值的应用

【解析】【分析】(1)利用题意结合余弦定理可得函数的解析式，其定义域是.(2)结合(1)的结论求得利润函数，由均值不等式的结论即可求得当km时，