1.A由題意知A—{>1<>三32},當工eA時,0<log3工三log332e（3,4）,所以B—{1,2,3},所以AnB—{2,3}.故選A.2.C由題意得之十i—（2—i之—2i）,所以（—1十i）之——2—5i,所以之——i,故之———11—i——十i,所以———i.故選C.3.C若a—2,則l1：2工十2>—1—0,l2：工十>—2—0,易知l1/l2,所以“a—2”是“l1/l2”的充分條件；若l1/l2,則a（a—1）—2—0,且—2a牛1—a,所以a—2,所以“a—2”也是“l1/l2”的必要條件,故“a—2”是“l1/l2”的充要條件.故選C.4.Dsin2θ十—sin[2(θ—十—cos2(θ—?1—2sin2(θ—?1—2X——.故選D.5.B雙曲線C的漸近線方程為>—士2工,直線>—2工十5與其中一條漸近線>—2工平行,二者之間的距離d—0—槡5,且直線>—2工十5在直線>—2工的左邊,由題意知點P到直線>—2工十5的距離大于槡5,所以m三槡5,所以實數m的取值范圍為（—…,槡5].故選B.一6.D由CP—1,得動點P的軌跡是以C（3,0）為圓心,以1為半徑的圓,其方程為（工—3）2十>2—1,設P（工,>）,則一一一一一一。A十。B十。P—槡（工十1）2十（>十3）2,表示圓C上的點P到點（—1,—3）的距離,所以。A十。B十。Pmax—槡（3十1）2十32十1—6.故選D.7.B與點A,B,C,D距離均相等的平面可分為兩類,一類是平面的一側是1個點,另外一側有3個點（如圖1）,此時截面過棱的中點,且與一個面平行,故截面三角形與平行的面（三角形）相似,相似比為,故其面積為XX4X4sin60。—槡3,這樣的截面共有4個,故這類截面的面積和為4槡3,另外一類是平面的兩側各有2個頂點（如圖2）,因為正四面體對棱垂直,易知四邊形PQMN是邊長為2的正方形,其面積為4,這樣的截面共有3個,故這類截面的面積和為12,故符合條件的截面的面積和為12十4槡3.故選B.圖1圖20,十…）上單調遞增.因為f（工）為奇函數,所以g（—工）?(?工）3f（—工）——工3.[—f（工）]—工3f（工）?g（工）,即g（工）為偶函數,所以原不等式變為g（工）<g（2工—1）,所以g（工）<g（2工—1）,所以工< 2工—1,解得工<,或工>1,故原不等式的解集為（—…,U（1,十…）.故選D.9.ABD用—工和—>替換方程中的工和>,化簡后方程不變,故曲線E關于原點對稱,故A正確；用>替換方程中的工,同時用工替換方程中的>,方程不變,故E關于直線>—工對稱,故B正確；用—工替換方程中的工,方程變為工2—工>十>2—4,與原方程不同,故E不關于>軸對稱,故C錯誤；用—工替換>,同時用—>替換工,方程不變,故E關于直線>—工——2>—2,,工——2>—2,,選ABD.由頂點的定義知,（2,—2）為E的一個頂點,故D正確.故新教材—L【高三12月質量檢測.數學參考答案第1頁（共新教材—L10.BCD因為f（工）的最小正周期為π,故—π,所以幼—2,所以f（工）十g（工）—槡2sin（2工十P）十槡2cos2工,又(?十P十槡2cos(?—0,即sinP———,又Pe[0,π),故十槡2cos2工—槡6sin2工十槡cos2工2工十,故[f（工）十g（工）]max—槡6,又f—十g——0,故—,0對稱,故A錯誤,B正確；易求f（工）的單調遞增區間為[—十kπ,十kπ]（kez）,g（工）的單調遞增區間為[—十nπ,nπ]（nez）,二者的交集為[—十mπ,mπ]（mez）,又,堅[—十mπ,mπ]（mez）,故C正確；將f（工）的圖象向左平移個單位長度,得>—[22工十—槡2cos2工—g（工）,故D正確.故選BCD.11.AD對于A,AF—1十工1—3,則工1—2,所以>1—2槡2,所以SΔAOF—OF.>1—X1X2槡2—槡2,故A正確；對于B,由題意知OF—1,且BF」工軸,由拋物線的定義知BF—BB1—2,故>2—2,所以B1（—1,>2）,所以OB1—槡1十>—槡1十4—槡5,所以四邊形OFBB1的周長為槡5十1十2X2—5十槡5,故B錯誤；對于C,過A,E分別作C的準線的垂線,垂足分別為A1,E1,則EE1—（AA1十BB1）—（AF十BF）>AB—3,當且僅當直線AB過點F時等號成立,所以點E到>軸的最小距離為3—1—2,故C錯誤；對于D,設直線AB的方程為工—t>十2,聯立方程,得{2—t2,消去工并整理,得>2—4t>—8—0,則Δ—16t2十32>0,且>1十>2—4t,>1>2—>2—62—,即十為定值,故D正確.故選AD.12.ACD延長正三棱臺的三條側棱交于點O,取BC的中點D,連接OD交B1C1于E,則E為B1C1的中點,由題意得2—1—,所以OA1—4,所以AO—6,所以OD—AD—3槡3,OE—2DE—2槡3,所以cos人AOD—AO2D2D2—槡,所以AE—槡AO2十OE2—2AO.OEcos人AOD—2槡6,所以AD2—AE2十DE2,所以AE」DE,易證BC」平面ADE,又AE一平面ADE,所以BC」AE,又DEnBC—D,BC,DE一平面BC1B1,所以AE」平面BC1B1.又球A的半徑為2槡7,故在側面BC1B1上的截面圓的半徑r—八八2—（2槡62—2,故曲線Γ是以點E為圓心,以2為半徑的兩段圓弧B1F和C1G（如圖所示,其中F,G為BC 上到點E距離為2的點）.CE—槡32十（槡3）2—2槡3,故CP的最小值為2槡3—2,故A正確；因為AE」平面BC1B1,八八要使AP」BC,則P在線段DE上,又P在B1F和C1G上,由圖知,二者無公共點,故不存在點P,使得AP」BC,故B錯誤；當點P在點G處時,AP/平面A1B1C1,過點A,P,A1作平面必與B1C1有公共點Q,故存在P以及B1C1上的點Q,使得AP/A1Q,故C正確；易求得人B1EF—人C1EG—,所以和的長均為,所有線段AP所形成的曲面的展開圖為兩個扇形,其面積和為2XXX2槡7—4槡π,故D正確.故選ACD. a.13.因為a—b—2,所以a2—2a.b十b2—4,又a—2b—2,所以a.b—,所以cos〈a,b〉—a.bb— a.[—槡,槡設工1—k,則>—k（工十1）,由題意知,直線>—k（工十1）與圓（工—1）2十>2—1有公共點,故新教材—L【高三12月質量檢測.數學參考答案第2頁（共新教材—L k（0三1,解得—槡三k三槡,故工1的取值范圍為[—槡,槡].15.f（工）—log3.log3—（log3工—1log3工—3）?（log3工）2—4log3工十3,因為f（工1）—f（工2）,則log3工1十工2—4,所以log3工1工2—4,即工1工2—81.又工1,工2e（0,十…）,所以1十>2槡工12—,當且僅當1—,即工1—3,工2—27時等號成立.故1十的最小值為.槡,槡7設AF1—n,AF2—m,因為點A在第一象限,所以n>m.又A,B均在以線段F1F2為直徑的圓上,所以四邊形AF1BF2為矩形,即AF2—BF1.因為AF1三4BF1,所以n三4m,即1<三4.因為m十n—2a,m2十n2—4c2,所2—m2十n2十2mn—4c2十2mn—4a2,即mn—2a2—2c2.因為—mn2—十,設>—十,工—e（1,4],則>—工十,工e（1,4].易知>—工十在區間（1,4]上單調遞增,所以2<>三,即2<三.當2<時,解得2c2>a2,即e2>,解得e>槡；當2a24—222三時,解得50c2三34a2,即e2三,即0<e三槡7,所以槡<e三槡7.17.解1）由題意,得人ACD—人ABD—90。,所以A十D—180。,由AB2十BD2—CD2十AC2得CD—2槡3.…………………1分在ΔABC中,由余弦定理,得BC2—AB2十AC2—2AB.ACcosA,即BC2—5—4cosA,………………………2分在ΔDBC中,由余弦定理,得BC2—BD2十CD2—2BD.CDcos（180。—A）,即BC2—21十12槡3cosA,…………………3分兩式聯立消去BC2,得（4十12槡3）cosA——16,所以cosA—2—1槡3.………………5分（2）因為A十D—180。,D—60。,所以A—120。,由余弦定理,得BC2—5—4cos120。—7,所以BC—槡7.…………………6分在ΔABC中,由正弦定理,得sinBC—s,所以sin人ABC—槡3,……………………7分2槡7又人ABD—人ABC十人CBD—90。,所以cos人CBD—sin人ABC—槡3,2槡7所以sin人CBD—槡1—2—27,………………9分在ΔDBC中,sinBD—s,所以CD—BC.CBD—5.………………10分當n—1時,a1十Ⅱ1—1,由Ⅱn—a1Xa2X…Xan知Ⅱ1—a1,所以Ⅱ1—a1—.………1分當n>2時,an—,代入an十Ⅱn—1,得十Ⅱn—1,………………2分兩邊同除以Ⅱn,得——1,…………………………3分 【高三12月質量檢測.數學參考答案第3頁（共6頁）】新教材—L所以是以2為首項,1為公差的等差數列,………………………4分所以—2十（n—1）X1—n十1,所以Ⅱn—n1.………………………5分又an十Ⅱn—1,所以an—1—Ⅱn—1—n1—n1.……………………6分1—1—n（n2）——n2）,………7分1當n>3時,1當n>3時,sn212—1（1—十—十—十…十—n2）21十—n1—n2）——n1—n2）,………………9分2而當n—1,2時,s1—,s2—也滿足上式,所以sn—（—n1—n2）.…………………10分因為n1>0,n2>0,所以sn<,易知數列{sn}單調遞增,所以sn>s1—,所以三sn<.………………………12分2十>2,………………1分 點P到直線工—槡的距離d—工—槡,………………2分5,5,化簡,得工2——1,即Γ的方程為工2——1.………………………4分（2）假設存在直線l滿足條件,設B（工1,>1）,C（工2,>2）,則工——1,工——1,…………………5分所以工—工——0,即（工1十工2工1—工2）?（>1十>2）4（>1—>2）,…………6分因為A為線段BC的中點,所以工1工2—1,>1>2—1,即工1十工2—2,>1十>2—2,2（>1—>2）4所以2（工1—工2）?8分,所以———4,即l的斜率為4,……2（>1—>2）4所以2（工1—工2）?8分所以直線l的方程為>—1—4（工—1）,即>—4工—3.…………………9分——1,消去>并整理得12工2—24工十13—0,（>—4工—3,Δ—(?24）2—4X12X13——48<0,…………………11分所以直線l與Γ無公共點,這與直線l與Γ交于B,C兩點矛盾,故不存在過點A的直線滿足條件.……………………12分20.解：以C為坐標原點,CA,CB所在的直線分別為工軸,>軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則A（2,0,0）,B（0,2,0）,D（0,1,0）,E（1,0,0）,……………………1分設C1（a,b,c）,因為C1D2—a2十（b—1）2十c2,C1E2—（a—1）2十b2十c2,C1D—C1E,一所以a—b,則C1（a,a,c）,CA—（2,0,0）,一一CB—（0,2,0）,C1—（a,a,c）.…………………………2分新教材—L【高三12月質量檢測.數學參考答案第4頁（共新教材—L一—一1—0—1十—0’令工1—C1—0’之1——a’所以n—（C’0’—a）’……………………3分一2十—0’令>2—C………………………4分因為平面AC1A1」平面BC1B1’所以n」m’所以n.m—0’即（—a）2—0’所以a—0’所以C1（0C1在之軸上’即C1」平面ABC’………5分因為CA仁平面ABC’所以C1」CA’又C1E—2’CE—1’所以C1—槡C1E2—CE2—槡3’故C1到平面ABC的距離為槡3.………6分C1—槡2’則槡a2十a2十C2—槡2’因為C1E—2’所以槡（a—1）2十a2十C2—2’所以a——’C—槡’所以C1.…………………8分設平面AC1A1與平面BC1B1的夾角為θ’ 141m.nm.n—41m.nm.n——777’槡4X槡4即平面AC1A1與平面BC1B1的夾角的余弦值為.……………12分當工e[0’1]時’fI（工）>0’所以f（工）所以f（工）在[0’1]上的最大值為f（1）—ln2’最小值為f（0）——1’………………3分由題意知M三[f（工1）—f（工2）]max—f（工）max—f（工）min—ln2十1’故M的最大值為ln2十1.………………4分（2）證明：由題意知f（m）—ln（m十1）—m2—am—1—0’f（n）—ln（n十1）—n2—an—1—0’所以f（m）—f（n）—ln—（m十nm—n）—a（m—n）—0’所以a—m—1nln—（m十n）.………………………6分因為fI（工）—工1—2工—a’所以fImn—m十十2—（m十n）—a—m十十2—（m十n）—m—1nln十（m十n）—m十十2—m—1nln’……………8分所以要證fImn<0’只要證m十十2—m—1nln<0’因為m<n’所以只要證十ln<0’………………………9分令t—’則0<t<1’即證十lnt<0’新教材—L【高三12月質量檢測.數學參考答案第5頁（共新教材—L令g（t）—十lnt（0<t<1）,則g,（t）——2（t）22（1—t）十—t,……………10分因為0<t<1,所以g,（t）>0,所以g（t）<g（1）—0,…………………11分所以十ln<0,所以f,mn<0.……………………12分 22.解1