选填压轴题-90e914757f1d4d9687738288488bdef6

选填压轴 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．（2021·北京市第十三中学高三阶段练习）若非空实数集X中存在最大元素M和最小元素m，记XMm．下列命题中正确的是（）A．已知X1,1，Y0,b，且ΔXΔY，则b2B．已知Xa,a2，Yyyx2,xX，则存在实数a，使得Y1C．已知Xxfxgx,x1,1，若X2，则对任意x1,1，都有fxgxD．已知Xa,a2，Yb,b3，则对任意的实数a，总存在实数b，使得XY32．（2021·北京八中高三阶段练习）已知fx3sin2x（R）既不是奇函数也不是偶函数，若yfxm的图像关于原点对称，yfxn的图像关于y轴对称，则mn的最小值为（）A．B．C．D．24823．（2022·北京石景山·高三专题练习）对正整数n，设抛物线y2(2n1)x，过点Pn(2n,0)任作直线ln交抛uuuruuurOAnOBn物线于An，Bn两点，则数列的前n项和公式是（）2(n1)n(n1)n(n1)A．n(n1)B．n(n1)C．D．224．（2022·北京石景山·高三专题练习）已知各项都不相等的数列{an}{n1，2，3，2015}，圆2222C1:xy4x4y0，圆C2:xy2anx2a2016ny0，若圆C2平分圆C1的周长，则{an}的所有项的和为（）A．2014B．2015C．4028D．40305．（2021·北京房山·高三开学考试）已知集合A{x|x2k1,kN*}，B{x|x2k7,kN*}，从集合A中取出m个不同元素，其和记为S：从集合B中取出n个不同元素，其和记为T.若ST562，则mn的最大值为（）A．17B．26C．30D．34试卷第1页，共15页1logax,x16．（2021·北京市第二十二中学高三阶段练习）已知函数fx2，方程fx10有x12a,x1两解，则a的取值范围是（）11A．(,1)B．(0,)C．(0,1)D．1,222x2,x07．（2021·北京市十一学校模拟预测）已知函数fx，若存在唯一的整数x，使得3x13,x0fx10成立，则满足条件的整数a的个数为（）xaA．2B．3C．4D．无数x2ax2,xa8．（2021·北京·101中学高三阶段练习）已知函数fx，若对于任意正数k，关于x的xa,xa方程fxk都恰有两个不相等的实数根，则满足条件的实数a的个数为（）A．0B．1C．2D．无数x2y2y2x29．（2021·北京丰台·二模）如图，半椭圆1(x0)与半椭圆1(x0)组成的曲线称为“果a2b2b2c2222圆”，其中abc,a0,bc0.A1,A2和B1,B2分别是“果圆”与x轴，y轴的交点.给出下列三个结论：①2ca2b；②若A1A2B1B2，则a:b:c5:4:3；1c51③若在“果圆”y轴右侧部分上存在点P，使得A1PA290，则.2a2其中，所有正确结论的序号是（）A．①②B．①③C．②③D．①②③试卷第2页，共15页10．（2021·北京海淀·一模）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积.如图1，在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为，记平面截牟合方盖所得截面的面积为S，则函数Sf(h)的图象是（）A．B．C．D．21x211．（2021·北京·临川学校高三期末）已知函数f(x)4(k)lnx，k2,，曲线yfx上kx总存在两点Mx1,y1，Nx2,y2，使曲线yfx在M,N两点处的切线互相平行，则x1x2的取值范围为（）2121A．,B．,C．,D．,3333222xy224b12．（2021·北京·临川学校高三期末）已知椭圆C:1(ab0)与圆C:xy，若在椭圆C11a2b225上不存在点P，使得由点P所作的圆C2的两条切线互相垂直，则椭圆C1的离心率的取值范围是（）3636A．0,B．0,C．,1D．,13434试卷第3页，共15页Sn13．（2021·北京大兴·一模）等差数列an的前n项和为Sn.已知a15，a31.记bn(n1,2,)，an则数列bn的（）A．最小项为b3B．最大项为b3C．最小项为b4D．最大项为b4x2,x0,．（北京市第二十二中学高三阶段练习）函数若，且142021·fxx1x1x2x32,x0,x2fx1fx1fx2fx3，则的取值范围是（）x2x31111A．0,B．0,C．0,D．0,442215．（2021·北京四中高三阶段练习）对于函数yfx，若存在x0，使fx0fx0，则称点x0,fx0x22x,x0与点x0,fx0是函数fx的一对“隐对称点”．若函数fx的图象存在“隐对称点”，mx2,x0则实数m的取值范围是（）．A．222,0B．,222C．,222D．0,22216．（2021·北京市八一中学高三开学考试）如图，等腰直角ABC中，ACBC2，点P为平面ABC外一动点，满足PBAB，PBA，给出下列四个结论：2①存在点P，使得平面PAC平面PBC；②存在点P，使得平面PAC平面PAB；③设△PAC的面积为S，则S的取值范围是0,4；π④设二面角APBC的大小为，则的取值范围是0,.4其中正确结论是（）A．①③B．①④C．②③D．②④试卷第4页，共15页1xa,x0217．（2021·北京·高三专题练习）函数f(x)|x|ln(|x|1)，g(x)，若存在x0使得1ax,x02fx0gx0成立，则整数a的最小值为（）A．1B．0C．1D．218．（2020·北京·二模）点P在函数y＝ex的图象上．若满足到直线y＝x+a的距离为2的点P有且仅有3个，则实数a的值为（）A．22B．23C．3D．419．（2020·北京·人大附中高三阶段练习）定义在0,上的函数fx满足：当0xπ时，fxsinx；当xπ时，fx2fxπ.若方程fxxm0在区间0,5π上恰有3个不同的实根，则m的所有可能取值集合是（）4π4π4π4πA．0,3B．0,3C．0,33π,4πD．0,33π,4π333320．（2021·北京·东直门中学高三期中）已知定义域为R的奇函数fx的周期为2，且x0,1时，fxlogxπ1.若函数Fxfxsinx在区间3,m（mZ且m3）上至少有5个零点，则m的22最小值为（）A．2B．3C．4D．621．（2019·北京·人大附中高三阶段练习）设a＞0，b＞0，e是自然对数的底数A．若ea+2a=eb+3b，则a＞bB．若ea+2a=eb+3b，则a＜bC．若ea-2a=eb-3b，则a＞bD．若ea-2a=eb-3b，则a＜b22．（2016·北京通州·一模（理））已知点A3,0，点P在抛物线y24x上，过点P的直线与直线x1垂直相交于点B，PBPA，则cosAPB的值为（）1111A．B．C．D．232312n123．（2021·北京市第五中学高三阶段练习）已知af(0)f()f()f()f(1)(nN*)，又函nnnn1数F(x)f(x)1是R上的奇函数，则数列{an}的通项公式为（）2A．ann1B．annC．ann1D．ann2试卷第5页，共15页24．（2017·北京东城·高三期中）光线通过一块玻璃，强度要损失10%．设光线原来的强度为k，通过x块这样的玻璃以后强度为y，则经过x块这样的玻璃后光线强度为：yk0.9x，那么至少通过（）块1这样的玻璃，光线强度能减弱到原来的以下（lg30.477，lg20.3）4A．12B．13C．14D．15925．（2020·北京市八一中学高三阶段练习）函数fxx，gxx2x2.若存在x,x,,x0,，12n2使得fx1fx2fxn1gxngx1gx2gxn1fxn，则n的最大值是（）A．8B．11C．14D．1826．（2020·北京·首都师范大学附属中学高三开学考试）在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2,BCAA11,点M为AB1的中点，点P为对角线AC1上的动点，点Q为底面ABCD上的动点（点P，Q可以重合），则MPPQ的最小值为233A．B．C．D．122427．（2020·北京·高三专题练习）若点N为点M在平面上的正投影，则记NfM.如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，记平面AB1C1D为，平面ABCD为，点P是棱CC1上一动点（与C、C1不重合）Q1ffP，Q2ffP.给出下列三个结论：12①线段PQ长度的取值范围是；2,22②存在点P使得PQ1//平面；③存在点P使得PQ1^PQ2.其中，所有正确结论的序号是A．①②③B．②③C．①③D．①②试卷第6页，共15页28．（2018·北京·清华附中高三开学考试（理））在三棱锥ABCD中，BCBDACAD10，AB6，CD16，点P在平面ACD内，且BP30，设异面直线BP与CD所成角为，则sin的最小值为()31010255A．B．C．D．10105529．（2020·北京·模拟预测）已知随机变量ξ的分布列，则下列说法正确的是11A．存在x，y∈(0，1)，E(ξ)>B．对任意x，y∈(0，1)，E(ξ)≤241C．对任意x，y∈(0，1)，D(ξ)≤E(ξ)D．存在x，y∈(0，1)，D(ξ)>430．（2019·北京朝阳·二模（理））在同一平面内，已知A为动点，B，C为定点，且∠BAC=，ACB，32BC=1，P为BC中点．过点P作PQ⊥BC交AC所在直线于Q，则AQ在BC方向上投影的最大值是（）1132A．B．C．D．3233二、填空题31．（2021·北京·人大附中高三阶段练习）已知数集At,t1t4,t9．若存在R，使得对任意aA都有A，则称A为完美集，给出下列四个结论：a①存在t0,，使得A为完美集；②存在t,0，使得A为完美集；③如果tZ，那么A一定不为完美集；④使得A为完美集的所有t的值之和为-2．其中，所有正确结论的序号是______．试卷第7页，共15页a(x1),x0,32．（2021·北京房山·高三开学考试）设函数f(x)xaax给出下列四个结论：22,x0.①当a0时，tR，使得f(x)t无解；②当a2时，t(0,2)，使得f(x)t有两解；③当a0时，tR，使得f(x)t有解；④当a2时，tR，使得f(x)t有三解；其中，所有正确结论的序号是_________．33．（2019·北京·一模（理））已知集合M＝{x∈N|1≤x≤21}，集合A1，A2，A3满足①每个集合都恰有7个元素；②A1∪A2∪A3＝M．集合Ai中元素的最大值与最小值之和称为集合Ai的特征数，记为Xi（i＝1，2，3），则X1+X2+X3的最大值与最小值的和为___．34．（2021·北京·高考真题）已知函数f(x)lgxkx2，给出下列四个结论：①若k0，f(x)恰有2个零点；②存在负数k，使得f(x)恰有个1零点；③存在负数k，使得f(x)恰有个3零点；④存在正数k，使得f(x)恰有个3零点．其中所有正确结论的序号是_______．35．（2021·北京海淀·二模）普林斯顿大学的康威教授于1986年发现了一类有趣的数列并命名为“外观数列”(Lookandsaysequence)，该数列的后一项由前一项的外观产生.以iiN,0i9为首项的“外观数列”记作Ai，其中A1为1、11、21、1211、111221、L，即第一项为1，外观上看是1个1，因此第二项为11；第二项外观上看是2个1，因此第三项为21；第三项外观上看是1个2，1个1，因此第四项为1211，L，按照相同的规则可得其它Ai，例如A3为3、13、1113、3113、132113、L.给出下列四个结论：①若Ai的第n项记作an，Aj的第n项记作bn，其中2ij9，则nN,anbnij；②A1中存在一项，该项中某连续三个位置上均为数字3；③A1的每一项中均不含数字4；④对于k2，i1，Ai的第k项的首位数字与A1的第k2项的首位数字相同.其中所有正确结论的序号是___________.试卷第8页，共15页36．（2021·北京朝阳·二模）“S”型函数是统计 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ､生态学､人工智能等领域常见的函数模型，其图象形似英文字母“S”，所以其图象也被称为“S”型曲线.某校生物兴趣小组在0.5毫升培养液中放入5个大草履虫，每隔一段时间统计一次大草履虫的数量，经过反复试验得到大草履虫的数量y(单位：个)与时间t(单位：375375小时)的关系近似为一个“S”型函数y.已知函数f(t)t0.的部分图象如图所示，f(t)174e0.08t174e0.08t为f(t)的导函数.给出下列四个结论：f(t)f(t)①对任意t(0,24),t(96,144)，存在t(24,96)，使得f(t)13；13222f(t)f(t)31②对任意t1(0,24),t3(96,144)，存在t2(24,96)，使得f(t2)；t3t1f(t)f(t)③对任意t(24,96)，存在t(0,24),t(96,144)，使得f(t)13；21322f(t)f(t)f(t)=31④对任意t2(24,96)，存在t1(0,24),t3(96,144)，使得2.t3t1其中所有正确结论的序号是___________.337．（2021·北京顺义·二模）曲线C是平面内与两个定点F(0,1),F(0,1)的距离的积等于的点P的轨迹，122给出下列四个结论：①曲线C关于坐标轴对称；△②F1PF2周长的最小值为26；2③点P到y轴距离的最大值为；22④点P到原点距离的最小值为．2其中所有正确结论的序号是__________．试卷第9页，共15页38．（2021·北京丰台·二模）函数f(x)是定义域为R的奇函数，满足fxfx，且当x[0,)22sinx时，f(x)，给出下列四个结论：x2πxπ①f()0；②是函数f(x)的周期；③函数f(x)在区间(1,1)上单调递增；④函数g(x)f(x)sin1(x[10,10])所有零点之和为3.其中，正确结论的序号是___________.39．（2021·北京市第二十二中学高三阶段练习）长江流域水库群的修建和联合调度，极大地降低了洪涝灾害风险，发挥了重要的防洪减灾效益．每年洪水来临之际，为保证防洪需要、降低防洪风险，水利部门需要在原有蓄水量的基础上联合调度，统一蓄水，用蓄满指数（蓄满指数=（水库实际蓄水量）÷（水库总蓄水量）×100）来衡量每座水库的水位情况．假设某次联合调度要求如下：（ⅰ）调度后每座水库的蓄满指数仍属于区间[0,100]；（ⅱ）调度后每座水库的蓄满指数都不能降低；（ⅲ）调度前后，各水库之间的蓄满指数排名不变．记x为调度前某水库的蓄满指数，y为调度后该水库的蓄满指数，给出下面四个y关于x的函数解析式：12x①yx6x；②y10x；③50；④y100sinx．20y10200则满足此次联合调度要求的函数解析式的序号是__________．x4e,x0x40．（2021·北京市八一中学高三开学考试）已知函数f(x)e，若存在x10，x20，使得,x0xf(x1)f(x2)，则x1f(x2)的取值范围是______.22242241．（2021·北京大兴·一模）已知曲线W1:xym，W2:xym，其中m0.①当m1时，曲线W1与W2有4个公共点；②当0m1时，曲线W1围成的区域面积大于曲线W2围成的区域面积；③m1，曲线W1围成的区域面积等于W2围成的区域面积；④m0，曲线W1围成的区域内整点（即横、坐标均为整数的点）个数不少于曲线W2围成的区域内整点个数.其中，所有正确结论的序号是________.试卷第10页，共15页x22x,xa，．（北京中关村中学高三开学考试）已知函数给出下列四个结论：422021··f(x)2x2x,xa.①存在实数a，使函数f(x)为奇函数；②对任意实数a，函数f(x)既无最大值也无最小值；③对任意实数a和k，函数yf(x)k总存在零点；④对于任意给定的正实数m，总存在实数a，使函数f(x)在区间(1,m)上单调递减.其中所有正确结论的序号是______________.3kx1,x043．（2021·北京·汇文中学高三开学考试）已知函数fxx1，若fx恰有4个零点，则lnxkx2,x0实数k的取值范围为__________.44．（2021·北京丰台·高三期末）对于平面直角坐标系内的任意两点Px1,y1，Qx2,y2，定义它们之间‖‖的一种“距离”PQx2x1y2y1．已知不同三点A，B，C满足‖AC‖‖CB‖‖AB‖，给出下列四个结论：①A，B，C三点可能共线．②A，B，C三点可能构成锐角三角形．③A，B，C三点可能构成直角三角形．④A，B，C三点可能构成钝角三角形．其中所有正确结论的序号是___________．2245．（2020·北京·人大附中高三期中）已知集合P(x,y)(xcos)(ysin)4,0．由集合P中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如美丽的“水滴”．给出下列结论：①“水滴”图形与y轴相交，最高点记为A，则点A的坐标为0,1；②在集合P中任取一点M，则M到原点的距离的最大值为3；③阴影部分与y轴相交，最高点和最低点分别记为C，D，则CD23；11④白色“水滴”图形的面积是3．6其中正确的有______．试卷第11页，共15页46．（2020·北京·模拟预测）如图正方体AC1中，M为AB中点，N为BC中点，P为线段CC1上一动点(不含C)，过M、N、P与正方体的截面为，则下列说法正确的是___________.CP1①当时，为五边形CC12②截面为四边形时，为等腰梯形CP1③截面过D1时，CC13④为六边形时在底面投影面积S1,为五边形时在底面投影面积S2，则S1S247．（2020·北京·人大附中三模）在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的9个小球，将它们分别编号为1，2，3，，9，甲、乙、丙三人从口袋中依次各抽出3个小球.甲说：我抽到了8号和9号小球；乙说：我抽到了8号和9号小球；丙说：我抽到了2号小球，没有抽到8号小球.已知甲、乙、丙三人抽到的3个小球的编号之和都相等，且甲、乙、丙三人都只说对了一半.给出下列四各结论：①甲抽到的3个小球的编号之和一定为15；②乙有可能抽到了2号小球；③丙有可能抽到了8号小球；④3号，5号和7号小球一定被同一个人抽到.其中，所有正确结论的序号是__________.48．（2021·北京·首都师范大学附属中学模拟预测）定义：如果函数f(x)在[a,b]上存在x1,x2ax1x2b，f(a)f(b)满足fxfx，则称数x，x为[a,b]上的“对望数”，函数f(x)为[a,b]上的“对望函数”，12ab12给出下列四个命题：（1）二次函数f(x)x2mxn在任意区间[a,b]上都不可能是“对望函数”；1（2）函数f(x)x3x22是[0,2]上的“对望函数”；311（3）函数f(x)xsinx是,上的“对望函数”；66（4）f(x)为[a,b]上的“对望函数”，则f(x)在[a,b]上不单调；其中正确命题的序号为__________(填上所有正确命题的序号)试卷第12页，共15页49．（2021·北京·高三专题练习）在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:ykx6上存在点P，过点P作22圆O:xy4的切线，切点分别为Ax1,y1，Bx2,y2，且x1x2y1y22，则实数k的取值范围为________．2250．（2020·北京丰台·二模）已知集合Px,yxcosysin4,0.由集合P中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如美丽的“水滴”.给出下列结论：①“水滴”图形与y轴相交，最高点记为A，则点A的坐标为0,1；②在集合P中任取一点M，则M到原点的距离的最大值为3；③阴影部分与y轴相交，最高点和最低点分别记为C，D，则CD33；11④白色“水滴”图形的面积是3.6其中正确的有______.x2y251．（2020·北京·高三专题练习）在直角坐标系xOy中，双曲线1（a0，b0）的离心率e2，a2b2其渐近线与圆x2(y2)24交x轴上方于A，B两点，有下列三个结论：①|OAOB||OAOB|；②|OAOB|存在最大值；③|OAOB|6．则正确结论的序号为_______.52．（2020·北京·首都师范大学附属中学高三开学考试）集合A(x,y)xya,a0，B(x,y)xy1xy，若AB是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则下列说法正确的为________①a的值可以为2；②a的值可以为2；③a的值可以为22；试卷第13页，共15页153．（2020·北京·海淀实验中学三模）数列{a}的前n项和为S，若数列{a}的各项按如下规律排列：，nnn212123123412n13，，，，，，，，，，，…，，…有如下运算和结论：①a；②数334445555nnn248列a1，a2a3，a4a5a6，a7a8a9a10，…是等比数列；③数列a1，a2a3，a4a5a6，n2n5a7a8a9a10，…的前n项和为T；④若存在正整数k，使Sk10，Sk110，则ak.其中n47正确的结论是_____.（将你认为正确的结论序号都填上）54．（2021·北京·高三专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB1，BC3，E为线段BC上一动点，现将ABE沿AE折起得到ABE，当二面角BAED的平面角为120，点B在平面ABC上的投影为K，当E从B运动到C，则点K所形成轨迹的长度为______.255．（2022·北京石景山·高三专题练习）如图，曲线yx(y0)上的点P1与x轴的正半轴上的点Qi及原点△△，△O构成一系列正三角形，OP1Q1，Q1P2Q2，Qn1PnQn设正三角形Qn1PnQn的边长为an,nN*（记Q0为O），QnSn,0.数列an的通项公式an=______.56．（2019·北京·清华附中三模（文））在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,S为ABC的面积，2SsinAC，且A,B,C成等差数列，则C的大小为______．b2c257．（2019·北京·二模（理））已知平面内两个定点M(3,0)和点N(3,0)，P是动点，且直线PM,PN的斜率乘积为常数a(a0)，设点P的轨迹为C.①存在常数a(a0)，使C上所有点到两点(4,0),(4,0)距离之和为定值；②存在常数a(a0)，使C上所有点到两点(0,4),(0,4)距离之和为定值；③不存在常数a(a0)，使C上所有点到两点(4,0),(4,0)距离差的绝对值为定值；④不存在常数a(a0)，使C上所有点到两点(0,4),(0,4)距离差的绝对值为定值.其中正确的命题是_______________.（填出所有正确命题的序号）试卷第14页，共15页58．（2017·北京昌平·二模（文））某校高三年级5个班进行拔河比赛，每两个班都要比赛一场.到现在为止，1班已经比了4场，2班已经比了3场，3班已经比了2场，4班已经比了1场，则5班已经比了______场.59．（2020·北京·北师大实验中学高三阶段练习）如图，定点A到平面a的距离为3，B，C为平面内的两个动点，满足AB=2，AC=23，给出下列四个结论：①BC∈[2，4]；②∠BAC可能为；4③在平面内，所有满足AB≤AP≤AC的点P所构成的区域的面积为9π；④设点D为A在平面内的正射影，则三棱锥ABCD体积的最大值为3．其中所有正确结论的序号是_____________．60．（2019·北京朝阳·一模（理））在平面内，点A是定点，动点B，C满足|ABAC|1，ABAC0，则集合{P|APABAC,12}所 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示的区域的面积是________.试卷第15页，共15页参考答案1．D【分析】A直接计算即可判断；B分类讨论判断；C举反例判断；D对任意的实数a，求出b满足条件即可．【详解】对于A，∵(X)2，(X)(Y)，∴(Y)2，于是b2或2，∴A错；对于B，假设存在实数a，使(Y)1，22若a…0，(Y)(a2)a4(a1)…4，矛盾，22若a2„0，(Y)a(a2)4(a1)…4，矛盾，若1a0，(Y)(a2)21，矛盾，若2a1，(Y)a21，矛盾，若a1，(Y)101，矛盾，∴B错；对于C，取f(x)|x|，g(x)1，则(X)2，但对任意x[1，1]，f(x)…g(x)不成立，∴C错；对于D，对任意的实数a，只须b满足[a，a2][b，b3]，就有XYY，从而(XY)(Y)3„3，∴D对．故选：D．2．C【分析】结合五点作图法及函数图象进行计算求解即可.【详解】，可设0满足00,,且2t0（tZ）,则fx3sin2x0,22TT注意到五点作图法的最左边端点为0,0,而,,222440000020故有mmin,min,,n,2222244，020当00时，m，n，此时mn；2244答案第1页，共60页020020当0,时，m，n，此时mn,224244故选：C．3．A【分析】设直线ln的方程为xty2n，An(xn1,yn1)，B(xn2,yn2)，联立直线与抛物线的方程得uuuruuurOAOBy22(2n1)ty4n(2n1)0，利用向量的数量积结合韦达定理求得nn2n，利用等差2(n1)数列求和公式即可得解.【详解】设过点Pn(2n,0)任作直线ln的方程为xty2n，设An(xn1,yn1)，B(xn2,yn2)，xty2n2联立2，整理得y2(2n1)ty4n(2n1)0，y2(2n1)x由韦达定理得：yn1yn22(2n1)t，yn1yn24n(2n1)uuuruuur22则OAnOBnxn1xn2yn1yn2(t1)yn1yn22nt(yn1yn2)4n4n(2n1)(t21)4n(2n1)t24n24n24n，uuuruuurOAOB4n24n故nn2n，2(n1)2(n1)uuuruuurOAOBn(22n)故数列nn的前n项和n(n1)，2(n1)2故选：A．【点睛】思路点睛：解决直线与圆锥曲线的综合问题时，要注意：（1）注意观察 应用题 小学应用题 下载一年级应用题应用题一年级一年级下册数学应用题一年级下册应用题 设中的每一个条件，明确确定直线、圆锥曲线的条件；（2）强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．4．D【分析】根据两圆的关系求出两圆的公共弦，求出圆C1的圆心，得到ana2016n4，利用倒序相加法即可求得结果.【详解】答案第2页，共60页根据题意知，圆C1与圆C2相交，设交点为A，B，2222圆C1:xy4x4y0，圆C2:xy2anx2a2016ny0，相减可得直线AB的方程为：(an2)x(a2016n2)y0圆C2平分圆C1的周长，直线AB经过圆C1的圆心(2,2)，2(an2)2(a2016n2)0，ana2016n4．a1a2015a2a2014La2015a1420154{a}的所有项的和为S4030．n20152故选：D【点睛】方法点睛：求数列和常用的方法：（1）等差等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法；1（3）bn（数列an为等差数列）：裂项相消法；anan1（4）等差等比数列：错位相减法.5．C【分析】由题设，要使mn最大则A、B中的元素从小到大依次取m、n个，根据等差数列的前n项和公式可得Sm2、Tn28n，结合已知有m2(n4)2578，应用基本不等式即可得mn434，进而可得mn的最大值.【详解】由xan2k1知：{an}是首项为1，公差为2的等差数列，且为递增数列；由xbn2k7知：{bn}是首项为9，公差为2的等差数列，且为递增数列；∴集合A中取出m个不同元素，B中取出n个不同元素，它们的和ST562，要使mn最大：m、n就要尽量大，则A、B中的元素从小到大依次取m、n个.(mn4)2∴Sm2，Tn28n，m,nN*，故m2(n4)2578，而m2(n4)2，2(mn4)2∴578，则mn434，故mn30，当且仅当mn417时等号成立.2故选：C【点睛】答案第3页，共60页关键点点睛：要使mn最大，根据集合的描述及等差数列的性质确定元素的取法，再利用等差数列前n项和公式求S、T，由已知不等关系结合基本不等式求mn最值，注意等号成立的条件.6．B【分析】根据已知条件对a进行分类讨论：0a1、a1，然后分别考虑每段函数的单调性以及取值范围，确定出方程fx10有两解时a所满足的不等式，由此求解出a的取值范围.【详解】1logax,x1因为fx2，所以a0且a1，x12a,x1当时，在时单调递增，所以；0a1fxx(,1]fxmaxf11又fx在x1,时单调递增，且fxf12a，1因为方程fx10有两解，所以2a1，所以0a；2当时，在时单调递减，；a1fxx(,1]fxminf11又fx在x1,时单调递增，fxf12a，因为方程fx10要有两解，所以2a1，此时不成立.1综上可得a0,，2故选：B.【点睛】方法点睛：根据方程解的个数求解参数范围的常见方法：方法（1）：将方程解的个数问题转化为函数的图象的交点个数问题，通过图象直观解答问题；方法（2）：若方程中有指、对数式且底数为未知数，则需要对底数进行分类讨论，然后分析fx的单调性并求解出其值域，由此列出关于参数的不等式，求解出参数范围.7．C【分析】作出f（x）的函数图象，利用直线的斜率，根据不等式只有1整数解得出a的范围．【详解】答案第4页，共60页作出f（x）的函数图象如图所示：fx1表示点(x,f(x))和点(a,1)所在直线的斜率，即曲线上只有一个点(x,f(x))且x是整xa数和点(a,1)所在直线的斜率大于零.如图所示，动点(a,1)在直线y1上运动.因为f(0)0,f(1)3,f(2)0,fx1当a[1,0]时，只有点(1,3)这个点满足0，xafx1当a[1,2]时，只有点(0,0)这个点满足0.xa所以a1,01,2.所以满足条件的整数a有4个.故选：C.【点睛】关键点睛：本题主要考查函数的图像，考查直线的斜率，关键在于考查学生对这些知识的掌答案第5页，共60页握水平和数形结合分析推理能力.8．B【分析】分a0、a0、a0三种情况讨论，作出函数fx的图象，根据已知条件可得出关于实数a的等式与不等式，进而可求得实数a的取值.【详解】x22,x0当a0时，fx，作出函数fx的图象如下图所示：x,x0由图可知，当0k2时，关于x的方程fxk有且只有一个实根，不合乎题意；x2ax2,xa当a0时，fxxa,axa，如下图所示：xa,xa函数fx在,a上单调递减，在a,a上单调递增，在a,上单调递增，由题意可得a2a222a2a，解得a1；答案第6页，共60页x2ax2,xa若a0，则fx，如下图所示：xa,xaaa函数fx在,a单调递减，在a,上单调递减，在,上单调递增，22a2a222a由题意可得，此时a无解2.a80综上所述，a1.故选：B.【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.答案第7页，共60页9．D【分析】根据题意可知abc，a2b2c2，由此推导依次判断.【详解】由题可知abc，所以a2b2c22c2，a2c；a2b2c22b2，a2b，故①正确；222由A1A2B1B2得，ac2b，又abc，53得ab，cb，a:b:c5:4:3，②正确.442以A1A2为直径的圆E:xcxay0，与“果园”右侧有异于A2公共点的公共点，xcxay20c2由方程组22，得222xy2xcaxaacc01(x0)aa2b2222a2acc2aaaccax显然方程已有一根a，另一根为x，则c2c2，a2aa2acc2aa2acc2x，0xa，0ac2c21c51解得，故③正确.2a2故选:D【点睛】思路点睛：求圆锥曲线中基本量的比值（或范围），常根据已知寻找关于基本量的等式或不等式，再通过解方程或不等式求解.10．D【分析】首先由图1得正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，由图2可知截面均为正方形，此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，由此计算得到函数解析式，判断选项.【详解】正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，用任意平行于水平平面的平面去截“牟合方盖”，截答案第8页，共60页面均为正方形，并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，2内切球的半径为a，设截面圆的半径为r，则ahr2a2，解得：r2h22ah，设截面圆的外接正方形的边长为b，则b2r，正方形的面积Sb24r24h28ah，h0,2a，由函数形式可知，图象应是开口向下的抛物线.故选：D【点睛】关键点点睛：本题的关键是空间想象能力的考查，关键得到截面是一个正方形，以及与“牟合方盖”内切球的关系.11．B【分析】1211由题设可知f(x)4(k)1且x(0,)，令t即总存在x2kxx11222g(t)t4(k)t1m在(0,)上有两个不同的解t1t2，则t1t24(k)，kx1x2k利用基本不等式求x1x2的范围即可.【详解】1211由题设，f(x)4(k)1且x(0,)，令t(0,)，x2kxx要使yfx上总存在两点Mx1,y1，Nx2,y2，使曲线yfx在M,N两点处的切线互相平行，2211∴若g(t)f(x)t4(k)t1，t1t2，kx1x22∴在(0,)上总存在g(t)m有两个解分别为t、t，而g(t)的对称轴t2(k)，12k2x1x22(xx)故tt4(k)，而12，12x1x2x1x2k41x1x224xx2∴4(k)，整理得122，k2,上k[3,)，xxkxxkk1212k1∴xx即可.123故选：B【点睛】答案第9页，共60页12关键点点睛：由题设求f(x)及定义域，令t(0,)有g(t)t24(k)t1，结合已xk112知条件：总存在g(t)m在(0,)上有两个不同的解t1t2，即t1t24(k)，x1x2k应用基本不等式求x1x2范围.12．B【分析】画出图象，根据图像判断出8b25a2，由此求得离心率的取值范围.【详解】由题意，如图，若在椭圆C1上不存在点P，使得由点P所作的圆C2的两条切线互相垂直，2b00则只需APB90，即APO45，02，sin5sin45a2即8b25a2，因为a2b2c2解得：3a28c2.36266∴e，即e，而0e1，∴0e，即e0,.8444故选：B【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆离心率最值的求法，应用椭圆的有界性以及参数关系求离心率范围是解题的关键，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.13．C【分析】22n6n根据题意求得等差数列的通项公式an2n7和前n项和Snn6n，得到b，结合n2n7b3b4，可排除A、D，再求得数列的单调性，得到B不正确，C正确.答案第10页，共60页【详解】由题意，设等差数列an的公差为d，aa1(5)因为a5，a1，可得d312，13312n(aa)n(52n7)所以a5(n1)22n7，S1n1n26n，nn22Sn26n22则n，可得363464，bnb39,b48an2n7237247所以b3b4，可排除A、D；x26x77设fx,x[1,)(,)，2x722(2x6)(2x7)(x26x)22(x27x21)则fx，(2x7)2(2x7)2因为(7)241210，所以fx0，77所以fx在区间1,和(,)上都是单调递增函数，22即当n1,2,3时，数列bn为递增数列，当n4,nN时，数列bn也为递增数列，85其中b1,b,b9,b8,b,，1233453475例如当n25时，可得bb，所以B不正确，C正确.25433故选：C.【点睛】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.14．B【分析】答案第11页，共60页1画出函数的图象，由图象判断0x2，根据将原式转化为x2x，再利用二次函数2422的性质求解即可.【详解】x2,x0,画出函数的图象如图，fxx12,x0,因为x1x2x3，且fx1fx2fx3，由图可知点A,B,C的横坐标分别为x1,x2,x3，其中0x22，因为yx2的图象关于x2对称，+所以x2x3224，又fx1fx2x2fx1x2fx211所以x2x22x22x2x2x3444121x1，42121因为0x2，所以01x1，2424x2fx11即的取值范围是0,，x2x34故选：B.【点睛】方法点睛：函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程答案第12页，共60页根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．15．B【分析】根据“隐对称点"的定义可知fx图象上存在关于原点对称的点，转化为求f(x)x22x,x0关于原点的对称函数与f(x)mx2,x0有交点即可.【详解】x22x,x0由“隐对称点"的定义可知,fx的图象上存在关mx2,x0于原点对称的点,设函数g(x)的图象与函数yx22x,x0的图象关于原点对称.令x0，则x0,f(x)(x)22(x)x22x,所以g(x)x22x，故原题意等价于方程mx2x22x(x0)有实根,2故mx2，x222而x2(x)22x2222xxx当且仅当x2时,取得等号,所以m222，故实数m的取值范围是(,222],故选：B【点睛】关键点点睛：求出函数在x0时关于原点对称的函数解析式g(x)x22x，转化为g(x)x22x与f(x)mx2,x0相交是关键.16．B【分析】①当PBBC时，结合条件，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理判断；②取AP的中点M，根据PBAB，得到MBAP，利用反证法判断；③由AP=4，AC=2，得到答案第13页，共60页1SPACAPACsinPAC4sinPAC，由点P在ABC平面上的极限位置判断；④根据2ABC45，由点P在平面ABC内时0，当点P运动时，设点A到平面PBC的距离为hAC2h，根据PBAB，由判断.ABAB2【详解】如图所示：①当PBBC时，又PBAB,BCABB，所以PB平面ABC，所以PBAC，又ACBC,PBBCB，所以AC平面PBC，又AC平面PAC，所以平面PAC平面PBC，故正确；②取AP的中点M，连接BM，CM，因为PBAB，所以MBAP，假设平面PAC平面PAB，则MB平面PAC，则MBCM，而BM=BC=2，BMC90，不成立，故错误；1③因为AP=4，AC=2，所以SPACAPACsinPAC4sinPAC，当点P在ABC平面上，2且C，P在A，B的异侧PAC90，当C，P在A，B的同侧时，A，C，P共线，PAC0，因为点P为平面ABC外，则S的取值范围是0,4，故错误；④因为ABC45，当点P在平面ABC内时0，当点P运动时，设点A到平面PBC的hAC2π距离为h，因为PBAB，则，所以，所以的取值范围是0,，故ABAB244正确.故选：B【点睛】关键点点睛：本题③④的解决关键在于理解点P是绕AB轴在旋转，从而找到极限位置而得解.17．B答案第14页，共60页【分析】1判断f(x)为偶函数，运用导数求得当x0时，f(x)的单调性和最值；判断g(x)a|x|为2偶函数，推得当x0时，g(x)的单调性和最值，画出yf(x),yg(x)的图象，由题意可11得a|x||x|ln(|x|1)在R上有解，由对称性，可考虑x0时，axln(x1)成立，221设h(x)xln(x1),x0，求得导数和单调性，可得h(x)的最小值，进而得到a的范围，2求得最小整数a．【详解】由函数f(x)|x|ln(|x|1)，可得f(x)f(x)，即f(x)为偶函数，1x当x0时，f(x)xln(x1)，导数为f(x)1，x1x1当x0时，f(x)0,f(x)递增，可得f(x)的最小值为f(0)0，则f(x)在R上的最小值为0；1xa,x021由g(x)，即为g(x)a|x|为偶函数，12ax,x021当x0时，g(x)ax递增，可得g(x)的最小值为g(0)a，则g(x)在R上的最小值为a，2yf(x),yg(x)的图象如图，1存在x0使得fxgx成立，a|x||x|ln(|x|1)在R上有解，0021由对称性，可考虑x0时，axln(x1)成立，2111x1设h(x)xln(x1),x0，可得导数为h(x)，22x12(x1)当x1时，h(x)0,h(x)递增；当0x1时，h(x)0,h(x)递减，答案第15页，共60页1可得h(x)在x1处取得极小值，且为最小值h(1)ln2，211则aln2，而ln20，22可得整数a的最小值为0．故选：B．【点睛】本题考查分段函数的图象和性质，考查不等式有解的条件，注意运用导数判断单调性､最值，考查运算能力和数形结合思想，属于中档题．18．C【分析】要满足到直线y＝x+a的距离为2的点P有且仅有3个，则需要直线与函数y＝ex的图象相交，而且点P在函数y＝ex的图象上满足在直线一侧一个点到直线距离为2，另外一侧两个点到直线距离为2．于是就涉及到切线问题，需要求导数，求切点．从而解决问题．【详解】x过函数y＝e的图象上点P（x0，y0）作切线，使得此切线与直线y＝x+a平行xxy′＝e，于是e01，则x0＝0，y0＝1∴P（0，1），于是当点P到直线y＝x+a的距离为2时，则满足到直线y＝x+a的距离为2的点P有且仅有3个，1a∴d2，解得a＝﹣1或a＝311又当a＝﹣1时，函数y＝ex的图象与直线y＝x﹣1相切，从而只有两个点到直线距离为2，所以不满足；故a＝3．故选：C．【点睛】本题考查利用导数求切线切点，以及曲线与直线的位置关系的综合应用，难度较大.19．D【分析】根据条件，可求出fx在0,5π上的解析式，由题意可知直线yxm与fx的图象在答案第16页，共60页