济宁一中高三2月份定时检测数学试题答案

高三数学参考答案：1．B【分析】把抛物线方程化为标准形式，结合准线方程的特点进行求解即可.11【详解】抛物线C的标准方程为x2y，所以其准线方程为y，416故选：B2．D【分析】根据零点存在性定理判断即可.【详解】因为fxex2x，且函数连续不间断，所以f0e0200，f1e1210，f2e2220，f3e3230，f4e4240所以f0f10，f1f20，f2f30，f3f40，由零点存在性定理得函数fxex2x的零点所在的区间为0,1，故选：D.3．A【分析】利用复数的除法运算法则以及纯虚数的定义求解.1ai1ai1ai1ia1a1i【详解】因为为纯虚数，1i20231i1i1i2a10,所以解得a1，a10,故选：A.4．C【分析】分析两圆的圆心和半径，求出圆心距，由圆与圆的位置关系分析可得答案．2222【详解】根据题意，圆C1:xy2x8y80，即x1y425，其圆心C11,4，半径R5，22圆C2:x5y425，其圆心C25,4，半径r=5，两圆的圆心距＝22，C1C2514410rR因此两圆外切；{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}则圆C1与圆C2的公切线有3条．故选：C．5．B【分析】根据题意画出函数图象，结合指数函数图象相关性质和对数的运算法则进行计算即可.3x1,x0【详解】由题意得，x，y31x31,x0作出函数图象如图所示，142令3x1，解得xlog或xlog，3333342则当blog，alog时，ba取得最大值，333342此时balogloglog2.33333故选：B6．B【分析】首先作图构造外接球的球心，再根据几何关系求外接球的半径，最后代入三棱锥外接球的表面积公式.【详解】如图，点H为ABC外接圆的圆心，过点H作平面ABC的垂线，点D为PA的中点，过点D作线段PA的垂线，所作两条垂线交于点O，则点O为三棱锥外接球的球心，因为PA平面ABC，且ABC为等边三角形，PA2,AB3，31所以四边形AHOD为矩形，AHAB3，OHPA1，322所以OA3122，即三棱锥外接球的半径R2，{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}则该三棱锥外接球的表面积为4πR216π.故选：B7．Dππ【分析】先根据条件得到周期和对称轴，结合ffπ可得函数fx的解析式，代入212π可求f.12π2ππ【详解】由fx相邻两条对称轴之间的距离为得T2，22解得2，ππ由fxf对xR恒成立可得x为对称轴，，66π2π所以fsin1，662πππ所以kπ,kZ，得kπ,kZ，626πfxsin2xkπ，kZ，6π又ffπ，2ππ所以sinπkπsin2πkπ，kZ66ππ当k为偶数时，sinsin，该式不成立，66ππ当k为奇数时，sinsin，该式成立，66π所以fxsin2x，6πππ3所以fsin2.121262故选：D.8．C{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}3【分析】由题意得点A到渐近线距离为b，结合点到直线的距离公式、平方关系以及离2心率公式即可得解.3【详解】由于MAN60，因此点A到渐近线距离为b，其中一条渐近线方程为bxay0，2ab3cb223所以有b，可得a23b2,e1.a2b22aa23故选：C.9．AC【分析】求得该圆锥的体积判断选项A，求得AC的长度判断选项B，求得该圆锥的侧面展开图的圆心角判断选项C，求得二面角ABCS的正切值判断选项D.【详解】如图，因为SAB45，所以△SAB为等腰直角三角形，又SC2，则SASB2，所以ABSA2SB22，则rAOSO1，1π所以该圆锥的体积为Vπr2SO,A正确；33易知ABC为直角三角形，且ACB90，又BAC60，1则ABC30，所以ACAB1,B错误；2该圆锥的侧面展开图为一扇形，其弧长为l2π，扇形半径为RSA2，设扇形圆心角为，l所以2ππ，所以该圆锥的侧面展开图的圆心角大于180,C正确；R取BC的中点D，连接SD,OD，则SDBC,OD为ABC的中位线，11所以ODBC,ODAC，22所以ODS为二面角ABCS的平面角，SO易知SOD为直角三角形，所以tanODS2,D错误.OD{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}故选：AC.10．BCD【分析】对A：由二项式系数之和为2n可得n的值，即可得展开式中的项数；对B：令x1即可得各项系数之和；对C：代入二项式通项公式计算即可得；对D：当n为偶数时，二项n式系数最大项为第1项即可得.2【详解】因为二项式系数之和为64，即有2n64，所以n6，则该展开式中共有7项，A错误；令x1，得该展开式的各项系数之和为1，B正确；r36r1r6r通项rr6r2，Tr1C62x1C62xx34令6r0，得r4，T1C42260，C正确2563二项式系数最大的是C6，它是第4项的二项式系数，D正确．故选：BD.11．BD2【分析】由条件可得f(x)为奇函数，由f0,f的值的大小可判断A；作出函数fx的533图象，数形结合可判断B；取k=时，结合图形，求解判断直线yx与函数f(x)的图象22交点的个数可判断C；选项D，不妨设x1x2x3x4，根据图象可得x1,x2,x3,x4及m的范4围，由二次函数的对称性可知xx，求出x1时f(x)的解析式，进而得x1,x4的关系235式，结合函数的单调性求出x1x4的范围，即可判断D.【详解】定义域为R的函数fx满足fx2fx20，即f((x2))f(x2)，所以函数f(x)为奇函数，f(0)0，212选项A，f00,f，得f0f，故A错误；555作出函数fx的图象，如图所示，{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}选项B，若函数fx在0,p内fx1恒成立，由图可知，0p1，44由5x24x11解得x0或x，所以0p，故B正确；553选项C，取k=时，如图所示，23yx当x0,1时，联立方程组2，化简得10x211x20，2y5x4x1设函数h(x)10x211x2，Δ(11)2410241011因为h(0)20，且对称轴为x(0,1)，20h(1)10所以方程10x211x20在0,1上有两个不相等的实数根，3所以直线yx与函数f(x)图象在x0,1有2个交点.23x7设m(x)xlog1()，x(1,)，则函数m(x)在x(1,)上单调递增，24216319136∵m(1)20，m(2)3log1log1log10，22416464464∴函数m(x)在x(1,)上只有一个零点，3所以直线yx与函数f(x)图象在x(1,)有1个交点，2{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}3所以当x(0,)时，直线yx与函数f(x)的图象有3个交点，23因为函数yx与函数f(x)均为奇函数，23所以当x(,0)时，直线yx与函数f(x)的图象有3个交点，23又当x0时，直线yx与函数f(x)的图象有1个交点，23所以直线yx与函数f(x)图象有7个交点，故C错误；2选项D，当m0时，方程fxmm0有4个解x1,x2,x3,x4，不妨设x1x2x3x4，22根据图象可得x1,0x,x1,x1，125534211因为fxmm0有4个解，f，所以m1，55511x7411157所以log1()1，解得，5216x4248481所以15，48x47164224由二次函数的对称性可知，5x4x1m的解x2,x3满足xx2，2355x7因为函数yfx为奇函数，且当x1时，f(x)log1，4216x7所以当x1时，x1，则f(x)f(x)log1，4216x47x17所以log1()log1()，42164216x47x17327则()()1，得x1，2162168x478{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}3278x4732所以x1x4x4，8x47888x471设15，8x47t,4t1641t3215又因为函数y在4,16上单调递增，8t4t3243215所以xx，148t84215467所以xxxx，故D正确.12342510故选：BD.【点睛】方法点睛：解决函数零点（方程的根）问题的方法：（1）直接解方程法（适用于方程易解的情形）；（2）利用零点存在性定理；（3）图象法：①研究函数的图象与x轴的交点；②转化为两个函数图象的交点问题．112．3sin1【分析】依题意，利用同角三角函数间的关系可求得tan，利用两角和的正切cos2即可求得答案．5π【详解】sin,,π，5225cos1sin2，5sin1tan，cos211π1tan21tan，41tan13121故答案为：313．9191【详解】因为a9，a1，所以d2,所以S9nnn120,即n<10,因154n2此使得Sn0成立的最大的自然数n为9.{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}114．/0.254b2ab3c【分析】由一元二次不等式恒成立得c0、a0，将问题化为求t的最小4aa2b34mm2bt1值，令m0则1，应用基本不等式求最值，注意取值条件.a8m2a022b【详解】由题设2，有b4ac，又b0，则c0，Δb4ac04a又1ta12tb3cab3c(2ba)t，则2ba0，ab3c故存在tR使ab3c(2ba)t0成立，则t，a2bbb(1)34mm23(bc)a4abt1