【数学】金太阳安徽省皖西南高中振兴发展联盟高三起点考试（26-04C）

高三起点考试数学试题参考答案1.B义=3i十2i2十i3=3i—2—i=—2十2i,复数义在复平面内对应的点为(—2,2),位于第二象限.2.DCUA={4,5,6},则(CUA)UB={2,3,4,5,6}.4.A由结合sinα>0,解得sin,则cos2α=1—2sin5.B由题可知a3a5=9,则a1a7=9,a4=3,故a1a7—a4=6.6.C(a十2b)2=a2十4b2十4a●b=1十4十0=5,即|a十2b|=\5,所以a●c十2b●c=(a十当父=3或4时,该组数据的中位数为极差为4,不满足题意;选C.8.A设点A(父,y),则可取c(—\y,\父),则,整理得EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(y),父)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up11(2),2)=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(3),a)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up7(2十b2),十3b2)<, 解得b2>a2,即c2—a2>a2,可得则e所以M的离心率的取值范围 是(\2,十∞).9.BDf=tantan故A错误;f(父)的最小正周期为,故B正确;令2父十k∈Z,解得父k∈Z,所以f=tan图象的对称中心的坐标为故C错误,D正确.10.ACD该堑堵的体积为×6×6×6=108,A正确;因为直线DE与直线BB1相交,所以A1DE与平面CBB1C1不平行,B错误;该堑堵外接球的半径R=所以外接球的表面积为108π,C正确;延长DE并与B1B的延长线交于点F,连接C1F,交BC于点G,连接EG,由AA1ⅡBB1,可知BF=DA=3,由CC1ⅡBB1,可知CG=2BG=4,平面DEC1与BC的交点恰好为线段BC的一个三等分点,D正确.A1EGCB1BFDAEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up10(父),2)DA上单调递增,又f=e十1—3<0,f十e—3>0,所以f(父)的零点t所在的区间为(1,2),A错误.父当a时,f=e则f/易知父f/上单调递增,且f/(1)=0,所以f(父)min=f(1)=eEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up11(1),2)—故f(父)>—1,B正确. tt由题可得a\2t—1十e2十b=0,即\2t—1a十b十e2=0,即点(a,b)在直线\2t—1a十b十 t=0上.a2十b2可理解为点(a,b)到原点的距离的平方,所以原点到直线的距离一定小于或等于点(a,b)到原点的距离,即在t上能成立,即a2十b在t上能成立.当t时,g/<0,g上单调递减;当t∈[1,十∞)时,g/(t)>0,g(t)在[1,十∞)上单调递增,所以当t=1时,gmin=g,即a2十b2的最小值为,C正确.当a2十b2取得最小值时,t=1,所以a十b所以ab所以解得D正确.12.0S7—S4=a5十a6十a7=3a6=0,即a6=0,S11=11a6=0.13.(—3,十∞)f(父)的定义域为R,因为f(—父)=—f(父),所以f(父)是奇函数.f(父)=十父十父3十1,则f(父)在R上单调递增,由f(—父)十f(2父十3)>0,可得f(2父十3)>—f(—父),即f(2父十3)>f(父).因为f(父)在R上单调递增,所以2父十3>父,解得父>—3,故不等式f(—父)十f(2父十3)>0的解集为(—3,十∞).X的可能取值为1,2,3,则PAEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)AEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)故E15.解:(1)女生人数为男生人数为25.………1分设喜欢篮球的男生人数为父,则喜欢篮球的女生人数为2父,……………3分由题意得75—2父=7(25—父),解得父=20.………………4分故列联表如下:性别是否喜欢篮球合计喜欢不喜欢男生5女生合计………………6分(2)零假设H0:该区初中学生喜欢篮球与性别无关联.X……10分根据小概率值α=0.05的独立性检验,推断H0不成立,即认为该区初中学生喜欢篮球与性别有关联.…………13分16.解:(1)由sin2A十sin2B十cos2C十sinAsinB=1,可得sin2A十sin2B十sinAsinB=sin2C,………………1分由正弦定理得a2十b2十ab=c2,……………2分由余弦定理可知a2十b2—c2=2abcosC,…………………3分所以cosC…………………5分因为C∈(0,π),所以C………………6分(2)因为asinC十csinB=3sinC,所以ac十bc=3c,即a十b=3.……8分由(1)可知c2=a2十b2十ab,所以c2十ab=(a十b)2,所以(\7)2十ab=32,即ab=2,………………11分EAEA所以△ABC的面积SabsinC………………15分17.(1)证明:取AD的中点M,连接CM,AC.可得四边形ABCM是边长为1的正方形,则AC=\2,CD=\2,又AC2十CD2=AD2,所以CD丄AC.………………………2分因为EA丄平面ABCD,CDG平面ABCD,所以CD丄EA,…………3分B,"B,"▲/C▲/又EA∩AC=A,EAG平面EAC,ACG平面EAC,所以CD丄平面EAC.………………………4分又ECG平面EAC,所以CD丄EC,即△ECD是直角三角形.…………6分(2)解:以A为坐标原点,AB,AD,AE所在直线分别为儿,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,0,1),→→所以CD=(—1,1,0),ED=(0,2,—1).…………………7分设平面CDE的法向量为n=(儿,y,z),故平面CDE的一个法向量为n=(1,1,2).……………10分易知m=(0,1,0)是平面ABE的一个法向量.…………12分设平面ABE与平面CDE的夹角为θ,则cosθ=|cos即平面ABE与平面CDE夹角的余弦值为.………………………15分18.解:(1)由题可知c=\a2—b2=2,…………1分若|MF1|=|NF2|,且MF1ⅡNF2,则此时MF1丄儿轴,………………2分所以…………………3分解得a=2\2,b=2,所以椭圆C的方程为…………………4分(2)设M(儿1,y1),y1>0,N(儿2,y2),y2>0.由题可知,则………5分解得……………6分因为M,N在C上,所以……………………7分解得x1=0,y1=2,即M的坐标为(0,2).………………9分(3)设O为坐标原点,M(x1,y1),N(x2,y2),则N关于原点O的对称点为N’(x3,y3),即—→—→由F1M=(x1十2,y1),F2N=(x2—2,y2),MF1ⅡNF2,得(x1十2)y2=(x2—2)y1,则—(x1十2)y3=(—x3—2)y1,即(x1十2)y3=(x3十2)y1,—→—→则F1MⅡF1N’,则M,F1,N’三点共线.又△NOF2≥△N’OF1,所以|NF2|=|N’F1|.…………10分设直线MN’的方程为x=my—2.Δ=32(m2十1),y1十y3=y1y……11分则|MNy1—y分则|MF1|十|NF2|=|MF1|十|N’F1|=|MN’|=4\EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(m),2十)2EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(十),2)1).……14分又点F2到直线MN’的距离d所以梯形MNF2F1的面积S………………15分令t=\m2十1≥1,则t2十1=m2十2,则S4\2,当t=1,即m=0时,等号成立,故S的取值范围为(0,4\2].……………17分19.解:(1)由题可知f……………1分…………………2分则曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程为y,即πx—y=0.…………………………4分cosx—ax2<0.令h=1—cosx—ax2,0<x则h(x)<0在上恒成立,且h(0)=0.求导得h/(x)=sinx—2ax,则h/(0)=0.………………5分令g=sinx—2ax,0<x则g(0)=0,g/(x)=cosx—2a,由g/(0)=1—2a≤0,解得a.……………………7分当a时,2ax≥x,所以—2ax≤—x,所以h/(x)=sinx—2ax≤sinx—x<0,所以h上单调递减,h(x)<h(0)=0,则1—cosx—ax2<0在内恒成立.综上,a的取值范围是…………9分(3)f/(x)=—sinx十x,易知当x∈[—π,0]时,f/(x)<0,当x∈[0,π]时,f/(x)>0,所以f(x)在[—π,0]上单调递减,在[0,π]上单调递增,f(0)=—1.………11分又f=f所以f………………12分当|a1|=|f(x0)|≥1时,由二次函数可以计算出a2≥1,a3≥1,…,a2025≥1,这与题干矛盾;…………………………13分当|a1|=|f(x0)|<1时,可以记a1=cosθ,则a2=2cos2θ—1=cos2θ,a3=2cos22θ—1=cos4θ,…,以此类推,可得an=cos(2n—1θ).…