（数学理科）高考数学复习大卷答案

第三部分仿真模拟冲刺卷仿真模拟冲刺卷（一）1．答案：C解析：由题意，全集U＝{0，1，2，3，4，5，6}，集合A＝{1，2，4}，B＝{1，3，5}，故∁UB＝{0，2，4，6}，则A∩（∁UB）＝{2，4}．故选C.2．答案：C解析：z＝eq\f(5,2－i)＋3＝eq\f(5（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＋3＝5＋i，则eq\o(z,\s\up6(－))＝5－i.故选C.3．答案：C解析：3744（8）＝4×80＋4×81＋7×82＋3×83＝2020.故选C.4．答案：A解析：将信噪比eq\f(S,N)从1000提升至2000，C大约增加了eq\f(Wlog2（1＋2000）－Wlog2（1＋1000）,Wlog2（1＋1000）)＝eq\f(log22001－log21001,log21001)≈eq\f(10.967－9.967,9.967)≈10%，故选A.5．答案：C解析：如图，由题意可得抛物线的准线m的方程为x＝－eq\f(1,4)，过点G作抛物线准线m的垂线GD⊥m于D，过A，B分别作AA′⊥m于点A′，BB′⊥m于点B′，则|AA′|＋|BB′|＝|AB|＝2，因为弦AB的中点为G，所以|GD|＝eq\f(1,2)（|AA′|＋|BB′|）＝eq\f(1,2)|AB|＝1，所以点G的横坐标是1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，故选C.6．答案：B解析：根据三视图知，该几何体是棱长为2的正方体截去四个角得出的正四面体ABCD，它的体积等于正方体的体积减去正方体四个角处三棱锥的体积．记每一个角处三棱锥的体积为V1，则V＝V正方体－4V1＝8－4×eq\f(1,3)×2×2×2×eq\f(1,2)＝eq\f(8,3)，故选B.7．答案：D解析：由杨辉三角知（1－x）4＝1－4x＋6x2－4x3＋x4，（x－eq\f(2,x)）（1－x）4＝（x－eq\f(2,x)）（1－4x＋6x2－4x3＋x4）的展开式的x2项有x·（－4x）＋（－eq\f(2,x)）·（－4x3）＝4x2，所以展开式中含x2项的系数为4.故选D.8．答案：A解析：设AB＝2AD＝2a（a>0），则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2a×a×cos60°＝a2，由条件可得eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))，由AE⊥DF可得eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))·（λeq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))）＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(λ,2)·eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))a2＋2λa2－a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3λ－\f(3,2)))a2＝0.故λ＝eq\f(1,2).故选A.9．答案：C解析：f（x）＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1－cos2x,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴f（x）的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).故选C.10．答案：A解析：由圆C1：x2＋y2－kx＋2y＝0，圆C2：x2＋y2＋ky－2＝0，得圆C1与圆C2的公共弦所在直线方程为k（x＋y）－2y－2＝0，求得定点P（1，－1），又P（1，－1）在直线mx－ny－2＝0上，m＋n＝2，即n＝2－m.∴mn＝（2－m）m＝－（m－1）2＋1，∴mn的取值范围是（－∞，1].故选A.11．答案：D解析：由题设有f（x）＝eq\f(1－cosωx,2)＋eq\f(1,2)sinωx－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))，令f（x）＝0，则有ωx－eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z即x＝eq\f(kπ＋\f(π,4),ω)，k∈Z.因为f（x）在区间（π，2π）内没有零点，故存在整数k，使得eq\f(kπ＋\f(π,4),ω)≤π<2π<eq\f(kπ＋\f(5π,4),ω)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≥k＋\f(1,4),ω≤\f(k,2)＋\f(5,8)))，因为ω>0，所以k≥－1且k＋eq\f(1,4)≤eq\f(k,2)＋eq\f(5,8)，故k＝－1或k＝0，所以0<ω≤eq\f(1,8)或eq\f(1,4)≤ω≤eq\f(5,8)，故选D.12．答案：A解析：因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体，所以其体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(2),12).设正四面体ABCD内切球的半径为r，则4×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)×r＝eq\f(\r(2),12)，得r＝eq\f(\r(6),12).如图，取AD的中点为E，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝（eq\o(PE,\s\up6(→))＋eq\o(EA,\s\up6(→))）·（eq\o(PE,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))）＝eq\o(PE,\s\up6(→))2＋eq\o(PE,\s\up6(→))·（eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))）＋eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\o(PE,\s\up6(→))2－eq\f(1,4).显然，当PE的长度最小时，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))取得最小值．设正四面体内切球的球心为O，可求得OA＝OD＝eq\f(\r(6),4).因为球心O到点E的距离d＝eq\r(PA2－AE2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),4)，所以球O上的点P到点E的最小距离为d－r＝eq\f(\r(2),4)－eq\f(\r(6),12)＝eq\f(3\r(2)－\r(6),12)，即当eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))取得最小值时，点P到AD的距离为eq\f(3\r(2)－\r(6),12).故选A.13．答案：eq\f(1,2)解析：在△ACD中，由余弦定理可得：cos∠ADC＝eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝eq\f(2＋9－5,2×\r(2)×3)＝eq\f(\r(2),2)，所以sin∠ADC＝eq\f(\r(2),2)，所以△ACD的面积为：eq\f(1,2)AD·CDsin∠ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×3×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,2)，因为CD＝3AB.所以△ABC的面积为eq\f(1,3)×eq\f(3,2)＝eq\f(1,2).14．答案：54解析：因为f（x＋2）＝3f（x），所以f（7）＝3f（5）＝32f（3）＝33f（1）＝54.15．答案：eq\f(1,e)解析：对任意的x1、x2∈（m，＋∞），且x1<x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<2，则x1lnx2－x2lnx1<2x2－2x1，所以，x1（lnx2＋2）<x2（lnx1＋2），即eq\f(lnx1＋2,x1)>eq\f(lnx2＋2,x2)，令f（x）＝eq\f(lnx＋2,x)，则f（x2）<f（x1），又x2>x1>m，则函数f（x）在（m，＋∞）上为减函数，因为f′（x）＝－eq\f(lnx＋1,x2)，由f′（x）<0，可得x>eq\f(1,e)，所以函数f（x）的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，所以，（m，＋∞）⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，所以，m≥eq\f(1,e)，因此，实数m的最小值为eq\f(1,e).16．答案：3解析：抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），A（－1，0），由eq\o(BQ,\s\up6(→))＝2eq\o(QF,\s\up6(→))，可得xQ＋1＝2（1－xQ），解得xQ＝eq\f(1,3)，可得Q（eq\f(1,3)，eq\f(2\r(3),3)），由eq\f(2\r(3),3)－yB＝2（0－eq\f(2\r(3),3)），解得yB＝2eq\r(3)，直线AQ的方程为：y＝eq\f(\r(3),2)（x＋1），与抛物线y2＝4x联立，可得eq\f(3,4)x2－eq\f(5,2)x＋eq\f(3,4)＝0，由xPxQ＝1，得xP＝3，则P（3，2eq\r(3)），所以PB⊥AB，由抛物线定义得PB＝PF，且PB∥AF，所以eq\f(|PQ|,|AQ|)＝eq\f(|BQ|,|QF|)＝2，所以eq\f(|PQ|,|AQ|)＋eq\f(|BP|,|PF|)＝2＋1＝3.17．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由S4＝4S2可得4a1＋6d＝4（2a1＋d），即6d＋4＝4（d＋2），解得d＝2，所以，an＝a1＋（n－1）d＝1＋2（n－1）＝2n－1，又3b2＝3q＝a5＝9，∴q＝3，则bn＝b1qn－1＝3n－1；（2）anbn＝（2n－1）·3n－1，则Tn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋（2n－1）·3n－1①，可得3Tn＝1·31＋3·32＋…＋（2n－3）·3n－1＋（2n－1）·3n②，①－②得：－2Tn＝1＋2（31＋32＋…＋3n－1）－（2n－1）·3n＝1＋eq\f(6（1－3n－1）,1－3)－（2n－1）·3n＝（2－2n）·3n－2，因此，Tn＝（n－1）·3n＋1.18．解析：（1）由题意得z＝lny＝lnebx＋a＝bx＋a，∴eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,7,x)izi－7\o(x,\s\up6(－))\o(z,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,7,x)eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(i))－7\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(112－7×4×3.5,140－7×42)＝0.5，∴eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(z,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))＝3.5－0.5×4＝1.5，∴z关于x的线性回归方程为eq\o(z,\s\up6(^))＝0.5x＋1.5，∴y关于x的回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝e0.5x＋1.5，当x＝8时，eq\o(y,\s\up6(^))＝e5.5≈244.69，∴第8天使用扫码支付的人次为2447.（2）由题意得ξ的所有可能取值为0.5，0.7，0.9，1，P（ξ＝0.5）＝eq\f(1,3)×30%＝0.10，P（ξ＝0.7）＝60%＋eq\f(1,2)×30%＝0.75，P（ξ＝0.9）＝eq\f(1,6)×30%＝0.05，P（ξ＝1）＝10%＝0.10，∴ξ的分布列为ξ0.50.70.91P0.100.750.050.10∴E（ξ）＝0.5×0.10＋0.7×0.75＋0.9×0.05＋1×0.10＝0.72.19．解析：（1）证明：连接PD且交CE于点T，连接FT.由题意可知，PD，CE为中线，所以T为重心，eq\f(|PF|,|FB|)＝eq\f(|PT|,|TD|)＝eq\f(2,1)，所以FT∥BD，又FT⊂平面CEF，BD⊄平面CEF，所以BD∥平面CEF.（2）因为PA⊥AC，AC＝1，PC＝eq\r(5)，所以PA＝2.又因为AB＝AC，PB＝PC，所以PA2＋AB2＝PB2，即PA⊥AB.所以AB，AC，AP两两垂直．故以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，由图可知，E（0，0，1），C（0，1，0），F（eq\f(2,3)，0，eq\f(2,3)），B（1，0，0），所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝（0，1，－1），eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－1，\f(2,3)))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，－\f(2,3)))，设平面CEF的法向量为n1＝（x，y，z），则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(EC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,\f(2,3)x－y＋\f(2,3)z＝0，))可令x＝1，y＝z＝2，所以n1＝（1，2，2），设平面CFB的法向量为n2＝（x1，y1，z1），则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CF,\s\up6(→))＝0,n2·\o(FB,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x1－y1＋\f(2,3)z1＝0,\f(1,3)x1－\f(2,3)z1＝0))，可令x1＝y1＝2，z1＝1，所以n2＝（2，2，1），因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n1，n2〉))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1·n2)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1×2＋2×2＋2×1,\r(12＋22＋22)×\r(22＋22＋12))))＝eq\f(8,9)，所以sin〈n1，n2〉＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(17),9)，即二面角E­CF­B的正弦值为eq\f(\r(17),9).20．解析：（1）由题得△ABF的面积S＝eq\f(1,2)（a＋c）·b＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\r(a2－2)))·eq\r(2)＝eq\r(2)＋1，解得a＝2，即椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.（2）已知点A（－2，0），设直线PQ的方程为x＝ty＋eq\r(2)，点P（x1，y1），Q（x2，y2）.直线AP的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)（x＋2），直线AQ的方程为y＝eq\f(y2,x2＋2)（x＋2），将x＝2eq\r(2)代入直线AP、AQ的方程，可得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(（2\r(2)＋2）y1,x1＋2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(（2\r(2)＋2）y2,x2＋2))).设以MN为直径的圆过定点P（m，n），则eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，即eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2\r(2)＋2）y1,x1＋2)－n))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2\r(2)＋2）y2,x2＋2)－n))＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）y1,x1＋2)·eq\f(（2\r(2)＋2）y2,x2＋2)－neq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2\r(2)＋2）y1,x1＋2)＋\f(（2\r(2)＋2）y2,x2＋2)))＋n2＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）y1,ty1＋\r(2)＋2)·eq\f(（2\r(2)＋2）y2,ty2＋\r(2)＋2)－neq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2\r(2)＋2）y1,ty1＋\r(2)＋2)＋\f(（2\r(2)＋2）y2,ty2＋\r(2)＋2)))＋n2＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）2y1y2－n\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（2\r(2)＋2）y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2＋\r(2)＋2))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\r(2)＋2))（2\r(2)＋2）y2)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\r(2)＋2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2＋\r(2)＋2)))＋n2＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）2y1y2－n（2\r(2)＋2）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2ty1y2＋（\r(2)＋2）（y1＋y2）)),t2y1y2＋（\r(2)＋2）t（y1＋y2）＋（\r(2)＋2）2)＋n2联立椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1和直线PQ的方程为x＝ty＋eq\r(2)，可得（ty＋eq\r(2)）2＋2y2－4＝0，化简得（t2＋2）y2＋2eq\r(2)ty－2＝0，即y1＋y2＝eq\f(－2\r(2)t,t2＋2)，y1y2＝eq\f(－2,t2＋2).代入上式化简得＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）2（－2）－n（2\r(2)＋2）[2t（－2）＋（\r(2)＋2）（－2\r(2)t）],t2（－2）＋（\r(2)＋2）t（－2\r(2)t）＋（\r(2)＋2）2（t2＋2）)＋n2＝（2eq\r(2)－m）2－2＋eq\r(2)nt＋n2＝0，由此可知，若上式与t无关，则n＝0，又eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，（2eq\r(2)－m）2－2＝0，m＝2eq\r(2)±eq\r(2)，因此MN为直径的圆恒过定点（eq\r(2)，0）和（3eq\r(2)，0）.21．解析：（1）h（x）＝alnx－eq\f(1,2)x2，所以h′（x）＝eq\f(a,x)－x＝eq\f(a－x2,x)（x>0），因为a>0，所以0<x<eq\r(a)时，h′（x）>0，x>eq\r(a)时，h′（x）<0，所以f（x）的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(a)))，减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)，＋∞)).（2）当a＝1，f（x）＝lnx.由m[g（x1）－g（x2）]>x1f（x1）－x2f（x2）恒成立，即mg（x1）－x1f（x1）>mg（x2）－x2f（x2）恒成立，设t（x）＝mg（x）－xf（x）＝eq\f(m,2)x2－xlnx（x>0）.由题意知x1>x2>0，故当x∈（0，＋∞）时函数t（x）单调递增，所以t′（x）＝mx－lnx－1≥0恒成立，即m≥eq\f(lnx＋1,x)恒成立，因此，记y＝eq\f(lnx＋1,x)，得y′＝eq\f(－lnx,x2)，∵函数在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，∴函数h（x）在x＝1时取得极大值，并且这个极大值就是函数h（x）的最大值．由此可得h（x）max＝h（1）＝1，故m≥1，结合已知条件m∈Z，m≤1，可得m＝1.（3）不等式f（x）＋2g′（x）<（a＋3）x－g（x）在x∈[1，e]上有解．即为alnx＋2x≤（a＋3）x－eq\f(1,2)x2，化简得：a（x－lnx）≥eq\f(1,2)x2－x，在x∈[1，e]上有解．由x∈[1，e]知x－lnx>0，因而a≥eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx)，设y＝eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx)，由y′＝eq\f(（x－1）（x－lnx）－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－x)),（x－lnx）2)＝eq\f(（x－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1－lnx)),（x－lnx）2)，∵当x∈（1，e）时x－1>0，eq\f(1,2)x＋1－lnx>0，∴y′>0在x∈[1，e]时成立．由不等式有解，可得知a≥ymin＝－eq\f(1,2)，即实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).22．解析：（1）由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ρ＝sin3θ,ρ＝\f(\r(2),2)))可得sin3θ＝eq\f(\r(2),2)，所以3θ＝2kπ＋eq\f(π,4)或3θ＝2kπ＋eq\f(3π,4)（k∈Z），所以θ＝eq\f(2kπ,3)＋eq\f(π,12)或θ＝eq\f(2kπ,3)＋eq\f(π,4)（k∈Z）.因为θ∈[0，π），所以θ＝eq\f(π,12)，eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)，eq\f(11π,12)，所以交点的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(π,12)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(π,4)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(3π,4)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(11π,12))).（2）由（1）可得圆M的极坐标方程为ρ＝eq\f(\r(2),2)，转化为直角坐标方程为x2＋y2＝eq\f(1,2).直线l：ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\r(2)的直角坐标方程为x－y＝2，所以点P到直线l的距离的最大值为eq\f(2,\r(2))＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3\r(2),2).23．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝|x－2|－|x＋2|；当x≤－2时，f（x）＝2－x＋x＋2＝4>1，解集为∅；当－2<x<2时，f（x）＝2－x－x－2＝－2x<1，解得：x>－eq\f(1,2)，∴－eq\f(1,2)<x<2；当x≥2时，f（x）＝x－2－x－2＝－4<1恒成立，∴x≥2；综上所述：f（x）<1的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))；（2）当x∈（0，2）时，f（x）＋x＝2－x－|ax＋2|＋x＝2－|ax＋2|，则f（x）＋x>0恒成立等价于|ax＋2|<2恒成立，∴－2<ax＋2<2，即－4<ax<0，∴－eq\f(4,x)<a<0，当x∈（0，2）时，－eq\f(4,x)<－2，∴－2≤a<0，即实数a的取值范围为[－2，0）.仿真模拟冲刺卷（二）1．答案：D解析：由eq\f(z－i,z＋1)＝i得z－i＝（z＋1）i，整理得z·（1－i）＝2i，所以z＝eq\f(2i,1－i)＝eq\f(2i（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(－2＋2i,2)＝－1＋i.故选D.2．答案：C解析：∵A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(y＝x\s\up6(\f(1,2))))))＝{x|x≥0}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(y＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)))))＝{y|y>0}，∴A∩B＝（0，＋∞）.故选C.3．答案：A解析：命题p：当x＝eq\f(π,2)时，2sineq\f(π,2)＋coseq\f(π,2)＝2>eq\r(3)，故命题p为假命题；命题q：若a>b>0，则0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又c<0，所以eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，故命题q为真命题．故p∨q，¬p∧q为真命题．¬p∧¬q，p∧¬q，为假命题．故选A.4．答案：D解析：当x<0时，－x>0，则f（－x）＝（－x）2＋（－x）ln（－x）＝x2－xln（－x），此时g（x）＝－f（－x）＝－x2＋xln（－x），则g′（x）＝－2x＋ln（－x）＋1，则g（－1）＝－1，g′（－1）＝3，所求切线方程为y＋1＝3（x＋1），即3x－y＋2＝0.故选D.5．答案：B解析：∵D1E＝eq\r(D1Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋B1E2)＝17，AF＝eq\r(AC2＋CF2)＝2eq\r(3)≠D1E，如图，取点M为BC的中点，则AD1∥MF，故AMFD1共面，点E在面AMFD1外，故直线D1E经过面AMFD1内一点和平面外一点，故直线D1E和平面内直线AF异面．故选B.6．答案：C解析：从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝90种选法．语言类节目A和歌唱类节目B都没有被选中的有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝30，所以语言类节目A和歌唱类节目B至少有一个被选中的不同选法种数有90－30＝60，故选C.7．答案：D解析：由图可知，eq\f(T,2)＝eq\f(5π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,2)，所以T＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2.所以f（x）＝2sin（2x＋φ），又2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，0<φ<π，所以φ＝eq\f(2π,3)，所以f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，y＝2cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))，将其图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度即可得到y＝f（x）的图象．故选D.8．答案：B解析：因为玉衡和天权都没有被选中的概率为P＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)))＝eq\f(10,21)，所以玉衡和天权至少一颗被选中的概率为1－eq\f(10,21)＝eq\f(11,21).故选B.9．答案：B解析：设AC＝x，则BC＝x－40，在△ABC中，由余弦定理得：BC2＝AC2＋AB2－2·AC·AB·cos∠BAC，即（x－40）2＝x2＋1002－100x，解得x＝420.在△ACH中，AC＝420，∠CAH＝15°＋30°＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°，由正弦定理得：eq\f(CH,sin∠CAH)＝eq\f(AC,sin∠CHA)，即eq\f(CH,sin45°)＝eq\f(420,sin60°)，解得CH＝140eq\r(6).故选B.10．答案：B解析：因为f（1）＝e－4<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eeq\s\up6(\f(3,2))＋lneq\f(3,2)－4＝eq\r(e3)＋lneq\f(3,2)－4>eq\r(16)＋lneq\f(3,2)－4>0，所以b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，因为eq\f(3,2)＝log2eq\r(23)<log23，所以a>b.g′（x）＝3x2－x－1，令g′（x）＝0，得x＝eq\f(1±\r(13),6).因为g（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(13),6)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(13),6)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(13),6)，\f(1＋\r(13),6)))上单调递减，所以c＝eq\f(1＋\r(13),6)，又因为eq\f(1＋\r(13),6)<1，所以c<b，故a>b>c.故选B.11．答案：D解析：由题意可知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，又a2＝b2＋c2，故b2＝eq\f(3,4)a2，设过点P的直线斜率为k，则直线方程为：y＋2＝k（x－2），即y＝kx－2k－2.则被y轴反射后的切线方程为：y＝－kx－2k－2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－kx－2k－2,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1))得（3＋4k2）x2＋16k（k＋1）x＋16k2＋32k＋16－3a2＝0，因为所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，∴Δ＝[16k（k＋1）]2－4（3＋4k2）（16k2＋32k＋16－3a2）＝0，化简得：4a2k2＋3a2＝16k2＋32k＋16，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a2＝16,3a2＝32k＋16))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4,k＝－\f(1,8)))，故选D.12．答案：C解析：由x－4ex－alnx≥x＋1得，alnx≤x－4ex－x－1对∀x∈（1，＋∞）恒成立，即a≤eq\f(x－4ex－x－1,lnx)对∀x∈（1，＋∞）恒成立，从而求y＝eq\f(x－4ex－x－1,lnx)，x∈（1，＋∞）的最小值，设g（x）＝ex－x－1，则g′（x）＝ex－1，令g′（x）＝0得x＝0，所以x∈（－∞，0），g′（x）<0，x∈（0，＋∞），g′（x）>0，所以g（x）min＝g（0）＝0，即ex≥x＋1恒成立，所以x－4ex＝elnx－4ex＝ex－4lnx≥x－4lnx＋1，故x－4ex－x－1≥x－4lnx＋1－x－1＝－4lnx，即eq\f(x－4ex－x－1,lnx)≥eq\f(－4lnx,lnx)＝－4，当x－4lnx＝0时，等号成立，方程x－4lnx＝0在（1，＋∞）内有根，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－4ex－x－1,lnx)))eq\s\do7()min＝－4，所以a≤－4.故选C.13．答案：eq\f(\r(5),2)解析：因为双曲线的焦点在y轴上，所以可设双曲线C的方程为eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1（a>0，b>0），则其渐近线方程为y＝±eq\f(a,b)x，所以eq\f(a,b)＝2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\f(\r(5)b,2b)＝eq\f(\r(5),2).14．答案：eq\f(π,2)解析：由|2a＋3b|＝|2a－3b|，平方得到a·b＝0，所以a，b夹角为eq\f(π,2).15．答案：eq\f(3,4)解析：因为acosB－bcosA＝eq\f(5,3)c，所以由正弦定理得sinAcosB－sinBcosA＝eq\f(5,3)sinC＝eq\f(5,3)（sinAcosB＋sinBcosA），则sinAcosB＝－4sinBcosA，因为A为钝角，sinB≠0，所以cosA<0，cosB≠0，则eq\f(sinA,cosA)·eq\f(cosB,sinB)＝－4，所以eq\f(tanA,tanB)＝－4，因为tanB＝tan[π－（A＋C）]＝－tan（A＋C），所以tanA＝4tan（A＋C），即eq\f(tanA＋tanC,1－tanAtanC)＝eq\f(tanA,4)，所以tanC＝－eq\f(3tanA,4＋tan2A)＝－eq\f(3,tanA＋\f(4,tanA))＝eq\f(3,－tanA＋\f(4,－tanA))，因为tanA<0，所以－tanA＋eq\f(4,－tanA)≥4，即tanC＝eq\f(3,－tanA＋\f(4,－tanA))≤eq\f(3,4)，当且仅当tanA＝－2时取等号．16．答案：eq\f(C\r(4πS－C2),2πS)解析：∵r2＋（R－h）2＝R2，又S＝2πRh，∴r2＝R2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R－\f(S,2πR)))eq\s\up12(2)＝eq\f(S,π)－eq\f(S2,4π2R2)＝eq\f(4πR2S－S2,4π2R2).∵2πr＝C，∴r＝eq\f(C,2π)，∴eq\f(C2,4π2)＝eq\f(4πR2S－S2,4π2R2)，即R2C2＝4πR2S－S2，∴R2＝eq\f(S2,4πS－C2)，∴eq\f(r,R)＝eq\r(\f(r2,R2))＝eq\r(\f(\f(C2,4π2),\f(S2,4πS－C2)))＝eq\r(\f(C2（4πS－C2）,4π2S2))＝eq\f(C\r(4πS－C2),2πS).17．解析：（1）由题意，2Sn＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋an－2（n∈N*），2Sn－1＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))＋an－1－2（n≥2），两式相减，化简整理得（an＋an－1）（an－an－1－1）＝0（n≥2），由an>0，故an－an－1＝1（n≥2），又n＝1时，2S1＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋a1－2，得a1＝2，故数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列．（2）由（1）得an＝n＋1，故bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，从而Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2).18．解析：（1）在图①中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝eq\f(π,2)，故四边形ABCE为正方形，所以BE⊥AC，即在图②中，BE⊥OA1，BE⊥OC，又OA1∩OC＝O，所以BE⊥平面A1OC.又BC∥DE，BC＝DE，所以四边形BCDE是平行四边形，所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.（2）由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由（1）知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1­BE­C的平面角，所以∠A1OC＝eq\f(π,2).如图，以O为原点，分别以OB，OC，OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．A1（0，0，eq\r(2)），B（eq\r(2)，0，0），C（0，eq\r(2)，0），D（－2eq\r(2)，eq\r(2)，0）.设平面A1BC的一个法向量为n1＝（x，y，z），A1B＝（eq\r(2)，0，－eq\r(2)），A1C＝（0，eq\r(2)，－eq\r(2)），∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·A1B＝\r(2)x－\r(2)z＝0,n1·A1C＝\r(2)y－\r(2)z＝0))，令z＝1，∴x＝1，y＝1，故平面A1BC的一个法向量为n1＝（1，1，1），设平面A1CD的一个法向量为n2＝（x1，y1，z1），A1D＝（－2eq\r(2)，eq\r(2)，－eq\r(2)），A1C＝（0，eq\r(2)，－eq\r(2)），∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·A1D＝－2\r(2)x1＋\r(2)y1－\r(2)z1＝0,n2·A1C＝\r(2)y1－\r(2)z1＝0))，令z1＝1，∴x1＝0，y1＝1，平面A1CD的一个法向量为n2＝（0，1，1）.不妨设二面角B­A1C­D的平面角为θ，从而|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3)，由图得二面角为钝角，故二面角B­A1C­D的余弦值为－eq\f(\r(6),3).19．解析：（1）①μ＝40×eq\f(14,100)＋50×eq\f(20,100)＋60×eq\f(25,100)＋70×eq\f(26,100)＋80×eq\f(13,100)＋90×eq\f(2,100)＝61；②σ＝eq\r(198)＝14，所以19＝μ－3σ，47＝μ－σ，所以P（ξ≤19或ξ≥47）＝1－eq\f(P（μ－3σ<X≤μ＋3σ）－P（μ－σ<X≤μ＋σ）,2)＝1－eq\f(0.9973－0.6827,2)＝0.8427；（2）P（ξ<μ）＝P（ξ≥μ）＝eq\f(1,2)，由题意可知随机变量X的可能取值有30、50、60、80、100，P（X＝30）＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)＝eq\f(3,10)，P（X＝50）＝eq\f(1,2)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,5)，P（X＝60）＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(9,50)，P（X＝80）＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)×\f(2,5)＋\f(2,5)×\f(3,5)))＝eq\f(6,25)，P（X＝100）＝eq\f(1,2)×eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(2,25)，X30506080100Peq\f(3,10)eq\f(1,5)eq\f(9,50)eq\f(6,25)eq\f(2,25)E（X）＝30×eq\f(3,10)＋50×eq\f(1,5)＋60×eq\f(9,50)＋80×eq\f(6,25)＋100×eq\f(2,25)＝57.20．解析：（1）圆心为M（－4，0），半径为1，F（eq\f(p,2)，0），所以eq\f(p,2)＋4－1＝4，p＝2，抛物线方程为y2＝4x；（2）设直线AB方程为y＝k1（x－1）＋1，设A（x1，y1），B（x2，y2），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,y＝k1（x－1）＋1))得keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))x2－（2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－2k1＋4）x＋（k1－1）2＝0，Δ>0，x1＋x2＝eq\f(2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－2k1＋4,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，x1x2＝eq\f(（k1－1）2,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，|TA||TB|＝eq\r(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))|x1－1|·eq\r(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))|x2－1|＝（1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）|x1x2－（x1＋x2）＋1|＝（1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1）2,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))－\f(2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－2k1＋4,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＋1))＝eq\f(3（1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，设直线PQ方程为y＝k2（x－1）＋1（k2≠k1），同理可得|TP||TQ|＝eq\f(3（1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))）,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，由|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，得eq\f(3（1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\f(3（1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))）,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，又k2≠k1，所以k2＝－k1，所以k1＋k2＝0.21．解析：（1）由题意可得f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝1＋lnx－a，由f′（x）<0，得0<x<ea－1，由f′（x）>0，得x>ea－1，则f（x）在（0，ea－1）上单调递减，在（ea－1，＋∞）上单调递增，即x＝ea－1时，f（x）取得最小值，故f（x）min＝f（ea－1）＝1－ea－1.（2）要证ex（lnx＋eq\f(1,x)）－（ex＋x）＋eq\f(4ex－2,x)>0恒成立，即证ex（xlnx＋1）－x（ex＋x）＋4ex－2>0恒成立，只需证ex（xlnx－x＋1）－x2＋4ex－2>0恒成立，即证xlnx－x＋1>eq\f(x2,ex)－eq\f(4,e2)恒成立，设g（x）＝xlnx－x＋1，函数g（x）是a＝1时的函数f（x），则由（1）可得g（x）min＝g（1）＝0，设h（x）＝eq\f(x2,ex)－eq\f(4,e2)（x>0）则h′（x）＝eq\f(2x－x2,ex)（x>0），由h′（x）>0，得0<x<2；由h′（x）<0，得x>2，则h（x）在（0，2）上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减，即x＝2时，h（x）取得最大值，故h（x）max＝h（2）＝0，因为g（x）与h（x）的最值不同时取得，所以g（x）>h（x），即xlnx－x＋1>eq\f(x2,ex)－eq\f(4,e2)，故当x>0时，不等式ex（xlnx＋1）－x（ex＋x）＋4ex－2>0恒成立．故对任意的x∈（0，＋∞），ex（lnx＋eq\f(1,x)）－（ex＋x）＋eq\f(4ex－2,x)>0恒成立．22．解析：（1）C1的普通方程为x2＋（y－1）2＝1，它表示以（0，1）为圆心，1为半径的圆，C2的普通方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1，它表示中心在原点，焦点在x轴上的椭圆．（2）由已知得P（0，2），设Q（2cosφ，sinφ），则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosφ，1＋\f(1,2)sinφ))，直线l：x－2y－4＝0，点M到直线l的距离d＝eq\f(|cosφ－sinφ－6|,\r(5))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,4)))－6)),\r(5))，所以d≥eq\f(6－\r(2),\r(5))＝eq\f(6\r(5)－\r(10),5)，即M到l的距离的最小值为eq\f(6\r(5)－\r(10),5).23．解析：（1）当a＝2时，f（x）>5即2|x－2|＋|x＋2|>5当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<－2,2（2－x）－（x＋2）>5))，解得x<－2，当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤x≤2,2（2－x）＋x＋2>5))，解得－2≤x<1，当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>2,2（x－2）＋（x＋2）>5))，解得x>eq\f(7,3)，故不等式f（x）>5解集为{x|x<1或x>eq\f(7,3)}，即不等式的解集为（－∞，1）∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，＋∞)).（2）若[3，6]⊆B则原不等式f（x）≤|2x＋1|在[3，6]上恒成立，即|x＋a|＋2|x－2|≤|2x＋1|，即|x＋a|≤2x＋1－2（x－2），即|x＋a|≤5，∴－5≤x＋a≤5，即－5－a≤x≤5－a，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－5－a≤3,5－a≥6))，解得－8≤a≤－1，故满足条件的a的取值范围是a∈[－8，－1].仿真模拟冲刺卷（三）1．答案：B解析：A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈Z|\f(x－3,x＋2)≤0))＝{x|x∈Z|（x－3）（x＋2）≤0且x≠－2}＝{－1，0，1，2，3}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x2－2x＋3≥0))＝R，所以A∩B＝{－1，0，1，2，3}．故选B.2．答案：A解析：因为1＋i3＝1－i，所以z＝eq\f(3＋i,1－i)＝eq\f(（3＋i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(2＋4i,2)＝1＋2i.故选A.3．答案：D解析：由程序框图，其执行结果如下：1、S＝0，n＝0：n＝2，S＝2，执行循环体；2、S＝2，n＝2：n＝4，S＝6，执行循环体；3、S＝6，n＝4：n＝6，S＝12，执行循环体；4、S＝12，n＝6：n＝8，S＝20，执行循环体；5、S＝20，n＝8：n＝10，S＝30，跳出循环体，输出S＝30；∴框内条件应为n≥10？.故选D.4．答案：C解析：根据双曲线的对称性，其两个顶点到两条渐近线的距离都相等，由题意知：右顶点坐标为（eq\r(6)，0），一条渐近线方程为y＝eq\f(\r(2),2)x，∴d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)×\r(6))),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)))＝eq\f(\r(3),\f(\r(6),2))＝eq\r(2)，即顶点到渐近线的距离为eq\r(2).故选C.5．答案：D解析：由题意P（0<X≤1）＝eq\f(1,2)×0.6826＝0.3413，∴落入阴影部分点的个数的估计值为10000×0.3413＝3413，∴落入阴影外部（曲线C为正态分布N（0，1）的密度曲线）的点的个数的估计值为10000－3413＝6587.故选D.6．答案：C解析：∵aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝0，∴2d（a7＋a5）＋2d（a8＋a6）＝0，又d≠0，a8＋a5＝a6＋a7，∴2（a7＋a6）＝0，∴S12＝eq\f(12（a1＋a12）,2)＝eq\f(12（a6＋a7）,2)＝0，故选C.7．答案：C解析：因为f（x）＝xsinx定义域为R，又f（－x）＝－xsin（－x）＝xsinx＝f（x），所以函数f（x）是偶函数，故排除AD，结合选项BC，只需求解函数f（x）与直线y＝x在x>0时交点的横坐标，令xsinx＝x，x≠0，解得sinx＝1即x＝eq\f(π,2)＋2kπ，当k＝0时，x＝eq\f(π,2)，所以函数f（x）与直线y＝x在x>0时的第一个交点的横坐标为eq\f(π,2)，结合函数图象可知，选项C符合题意，故选C.8．答案：D解析：因为f（x）＝eq\f(x,cosx)－sinx，所以f（π－x）＝eq\f(π－x,cos（π－x）)－sin（π－x）＝eq\f(π－x,－cosx)－sinx，所以f（π－x）≠f（x），故函数f（x）的图象不关于直线x＝eq\f(π,2)对称，故①错误；f（π）＝eq\f(π,cosπ)－sinπ＝－π，f′（x）＝eq\f(cosx＋xsinx,cos2x)－cosx，f′（π）＝eq\f(cosπ＋πsinπ,cos2π)－cosπ＝0，切线的斜率为0，即切线与y轴垂直，故②正确；f′（x）＝eq\f(cosx＋xsinx,cos2x)－cosx＝eq\f(cosxsin2x＋xsinx,cos2x)＝eq\f(sinx\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x＋x)),cos2x).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,4)))，sinx>0，eq\f(1,2)sin2x＋x>0，所以f′（x）>0，即函数f（x）在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,4)))上单调递增，故③正确；因为f（x）＝eq\f(x,cosx)－sinx，所以定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))，f（－x）＝eq\f(－x,cos（－x）)－sin（－x）＝－eq\f(x,cosx)＋sinx＝－f（x），所以f（x）为奇函数，取x→＋∞时，因为cosx∈[－1，0）∪（0，1]，sinx∈（－1，1），当x＝2kπ，k∈Z时，cosx＝1，sinx＝0，所以f（x）＝x→＋∞，当x＝π＋2kπ，k∈Z时，cosx＝－1，sinx＝0，所以f（x）＝－x→－∞，故f（x）既无最大值，也无最小值，即④正确；故选D.9．答案：D解析：将函数y＝2sin2x图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度得到y＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))的图象，再向上平移1个单位长度可得到f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＋1的图象，故A错误；T＝eq\f(2π,2)＝π，故B错误；令2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝－eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，当k＝0时，x＝－eq\f(π,12)；当k＝1时，x＝eq\f(5,12)π，故C错误；令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z，所以f（x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上单调递减，故D正确，故选D.10．答案：C解析：由题意，a＝2ln3－eq\r(4×3－3)－1，b＝2lneq\f(7,2)－eq\r(\f(7,2)×4－3)－1，c＝2ln4－eq\r(4×4－3)－1，构选函数f（x）＝2lnx－eq\r(4x－3)－1（x≥3），则f′（x）＝eq\f(2,x)－eq\f(2,\r(4x－3))＝2·eq\f(\r(4x－3)－x,x\r(4x－3))＝2·eq\f(－x2＋4x－3,x\r(4x－3)（\r(4x－3)＋x）)＝2·eq\f(－（x－1）（x－3）,x\r(4x－3)（\r(4x－3)＋x）)≤0，所以函数f（x）在[3，＋∞）上单调递减，所以f（3）>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))>f（4），即a>b>c.故选C.11．答案：D解析：①当F为C1B1的中点，将CF平移至EM，则M为A1D1的四等分点，即D1M＝eq\f(1,4)A1D1，过M点作MN⊥AD，设AD＝4，则MN＝4，BN＝5，BD＝4eq\r(2)，所以BE＝6，BM＝eq\r(41)，ME＝eq\r(5)，所以在△BEM中，BM2＝BE2＋ME2，故ME⊥BE，所以CF⊥BE，所以过CF的平面与直线EB垂直，②过D1作D1Q∥BE，易知Q为BB1的中点，此时D1Q和D1F相交，所以D1F和BE异面，故②错误；③当F为B1时，△BEF的主视图和侧视图的面积相等，故③成立；④因为C1B1∥BC，故C1B1∥平面EBC，故B1C1上任一点到平面EBC距离相等，且△EBC的面积固定，故VE­BFC＝eq\f(1,3)S△BFC×d为定值，故④正确，故选D.12．答案：A解析：由题意eλx－eq\f(lnx,λ)≥0得eλx≥eq\f(lnx,λ)，设g（x）＝eλx，h（x）＝eq\f(lnx,λ)，可得g（x）与h（x）互为反函数，且g（x）与h（x）的图象关于y＝x对称，所以函数g（x）＝eλxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或h（x）＝\f(lnx,λ)))的图象与直线y＝x相切时λ的值是不等式eλx－eq\f(lnx,λ)≥0恒成立时λ的最小值，设函数g（x）＝eλx与直线y＝x相切的切点为（x0，y0），可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝eλx0,y0＝x0))，可得eλx0＝x0，同时对g（x）＝eλx求导可得：g′（x）＝λeλx，可得g′（x0）＝λeλx0＝1，联立可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eλx0＝x0,λeλx0＝1))，解得：λ＝eq\f(1,e)，则λ的最小值为eq\f(1,e)，故选A.13．答案：－35解析：在（1－x）＋（1－x）2＋（1－x）3＋（1－x）4＋（1－x）5＋（1－x）6的展开式中，x3的系数为－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝－35.14．答案：eq\f(1,3)解析：由a·（a＋b）＝eq\f(22,3)，得a·a＋a·b＝eq\f(22,3)，所以a·b＝eq\f(22,3)－22＝eq\f(10,3)，∵b＝（3，－4），∴|b|＝5，故cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(\f(10,3),2×5)＝eq\f(1,3).15．答案：eq\r(2)＋1解析：设|PF1|＝m，∴|QF1|＝eq\r(2)m，由椭圆的定义可知：|PF2|＝2a－m，∴|QF2|＝2a－eq\r(2)m，所以|PQ|＝4a－（eq\r(2)＋1）m，因为PQ⊥PF1，所以|PF1|2＋|QP|2＝|QF1|2，即m2＋[4a－（eq\r(2)＋1）m]2＝（eq\r(2)m）2⇒（eq\r(2)＋1）m2－4（eq\r(2)＋1）ma＋8a2＝0，解得m＝（4－2eq\r(2)）a或m＝2eq\r(2)a，当m＝2eq\r(2)a时，|QF2|＝2a－eq\r(2)m<0，所以不符合题意，故舍去，因此m＝（4－2eq\r(2)）a，所以|PF2|＝（2eq\r(2)－2）a，|QF2|＝（6－4eq\r(2)）a，∵∠PF2F1＋∠QF2F1＝π，∴sin∠PF2F1＝sin∠QF2F1，△PF1F2与△QF1F2的面积之比为：eq\f(\f(1,2)|F1F2|·|PF2|·sin∠PF2F1,\f(1,2)|F1F2|·|QF2|·sin∠QF2F1)＝eq\f(2\r(2)－2,6－4\r(2))＝eq\f(\r(2)－1,3－2\r(2))＝eq\f(\r(2)－1,（\r(2)－1）2)＝eq\f(1,\r(2)－1)＝eq\r(2)＋1.16．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))解析：当l与CD重合时，P′H＝0，由题意得△P′GH为直角三角形，且斜边PG2＝eq\f(5,2)为定值，所以要求最大值，只需GH最小，GH最小值为eq\f(1,2)，所以P′Hmax＝eq\r(PG2－GH2)＝eq\f(3,2).17．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，d≠0，所以有a2＝a1＋d，a5＝a1＋4d，∵a1，a2，a5成等比数列，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝a1·a5，即（a1＋d）2＝a1（a1＋4d）⇒aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋2a1d＋d2＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋4a1d⇒d2－2a1d＝0⇒d（d－2a1）＝0，∵d≠0，∴d＝2a1，又∵S3＝eq\f(3（a1＋a3）,2)