學(xué)校 姓名 班級 考號 fxx2a2x1aR，則a2”是“fx是偶函數(shù)”的（充分不必要條 B．必要不充分條C．充要條 D．既不充分也不必要條 D．{0,2,4,6,8,下列函數(shù)中偶函數(shù)的是（y

x21

y

y2x

yln如圖所示，D，E為VABCBCAB

AC則下列各式中正確的是（ADC．ABAEAC

BDD．ABACADfx15ax19ax4，數(shù)列{a}滿足af(n)(nN*pfx是R2ax33,x 命題q對于任意的正整數(shù)mnaman0P是命題q的（m充分不必要條 B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要已知平面向量a，b不共線，AB→6b，BC→3b，CD→3b，則 A,B,D三點共 B．A,B,C三點共C．B,C,D三點共 D．A,C,D三點共如圖，“六芒星”是由兩個邊長為3正三角形組成，中心重合于點O且三組對邊分別平行，點AB是“芒星”（如圖）的兩個頂點，動點P在“六芒星”上（內(nèi)部以及邊界，則OBAP的取值范圍是

B．3,3

C．

3,

D．2,22

2x21,x已知函數(shù)f log2x,x

x的方程f(x)2mf(x206m取值范圍是（A．∞,113,22

B．(11,22 3

D．3,22 3 a,a,b,

，下列四種說法錯誤的有（ 若a//b，且b//c，則a/ B．a(chǎn)bacc → →ab，則ab或a

abcabcfxx3exx0，則（x24x3,xfxfx當(dāng)a34xfxa3ABCDA1B1C1D11，側(cè)棱長為aM是CC1則（任意a0A1M存在a0A1C1BMA1BMABCD交線長為定值111 當(dāng)a2B1A1BM外接球表面積為已知fxesinx，則fx 13．2023年杭州亞運會的吉祥物包括三種機器人造型，分別名叫“蓮蓮”，“琮琮”“宸宸”，小輝同學(xué)將三種 （f π 已知偶函數(shù)定義域為 2,00,2，其導(dǎo)函數(shù)是f'x.當(dāng)0x2時， f'xcosxfxsinx0xfx

2fπcosx的解集 44在VABCAB,C所對的邊分別為abc，滿足ba2bcosCC2B求2sinCcosBsinB求a2b2證明：數(shù)列an記c1，求數(shù)列cn項和為S fxx2xlnaxbaRa0當(dāng)a1b0fx5fxx2恒成立，求ab概率統(tǒng)計在生產(chǎn)實踐和科學(xué)實驗中應(yīng)用廣泛.請解決下列兩個問題，3個是舊球（即至少用過一次的球）.2個籃球，訓(xùn)練結(jié)束后放回原處.ξξ的分布和期望.88人喜歡用固定的一側(cè)接電話.14人，習(xí)慣固定2819人，習(xí)慣固定在右側(cè)

nadabcdacbd

質(zhì)：平面內(nèi)任一面積為S的區(qū)域沿著垂直于該區(qū)域的平面運動得到體積為V的立體，若記l為此區(qū)域的幾何重心運動的軌跡長度，則有VSl.3的半圓面的幾何重心到圓心的距離（試著考慮繞直徑；建立空間直角坐標(biāo)系OxyzP00,11的球體，點Qabc為其表面上一點.若ab0c1，球體在點QABC，求VABC面積的最小值提示：①xx2yy2zz2r2，其中點xyzr 0【詳解】當(dāng)a2fxx21fxx21fx，為偶函數(shù)，fxfxfx，x2a2x1x2a2x1恒成立，2a2x0恒成立，即a2，所以a2”是fx是偶函數(shù)”的充要條件，若0B，則0A，則0AeUB，與條件矛盾，故0B同理可得2B4B6B,8B9B,10B

x21

的定義域為Rfx xfx

y x2

x2

， x21為奇函數(shù)，故A錯誤Bhx

，其定義域為00h1

131，而h111，則h1h1y1B C，φx2x1，定義域為RDHxlnx的定義域為00，關(guān)于原點對稱，HxlnxlnxHxylnxD正確.【詳解】D，EBC上的三等分點，所以CEDB，AEACABADAEADABACD選項正確；ABAEACADABACADAECBED不成立，CADAE方向不同不能相等，ABDCE方向相反不能相等，B選項錯誤15apfx是R上的減函數(shù)，得0a15a419a2a43命題q對于任意的正整數(shù)mnaman0ma2a1

1a1 不妨令mn1，可得 a0，有aa0

aa a1a2 由題，知a44 ，解得aa2a2 a2a3p是命題q的充分不必要條件ABDBCCD3b3b6b，與不共線，ABAB

6bBC3b，則與不共線，BCBC3bCD3bBC與CD不共線，C DACABBC6b3b9b3CDAC//CDACCDCACD三點共線，D正確．【詳解】由對稱性可得OBCDAO，與CDE，EAOE為CD的中點，

AOOBECED

，OA3

，OB2sin

P作直線OBP，AP在向量OB上的投影向量為OP，所以O(shè)BAPOBOP如圖過點C作CCOBDDOB，垂足分別為CDOD

，OC， OPOCOD，其中OC與OBOD與OBP位于點COBAP3PDOBAP取最小值，最小值為3所以O(shè)BAP的取值范圍是3,3

222x21,x【詳解】根據(jù)f log2x,x

fxfx0時，此時由兩個根，分別為2,1，當(dāng)0t1fxt4個交點，當(dāng)1t3fxt3個交點，當(dāng)t3fxt2個交點，故要使得f(x)2mf(x206fxtt2mt206fx0顯然不是f(x)2mf(x20gtt2mt2的兩個零點分別為tt，且tt1 故當(dāng)0t11t23fxt14fxt22g02故需要滿足g13mg3113m

，解得m11當(dāng)1t1t23fxt13fxt23

m故需要滿足Δm28

，解得3m22綜上可得3m22或mb/A中，若向量b0時，此時ab/

→，但a//cA Ba

acbcaccbBCab，但向量a與bC錯誤；DD錯誤.A選項，當(dāng)0x3fxx3ex3xexfxex3xex2xex，當(dāng)0x2fx0fx單調(diào)遞增，當(dāng)2x3fx0fxABAfx在03x2x0fx(x2)27fx有極小值點2，無極大值點，Cx0fxx3ex0f3，x0fx7f2，fxf27fxC正確；D選項，如下圖所示：由圖可知，當(dāng)a34xfxa4D錯誤.ABDACBDAA1AA1ACAAA1ACACC1A1BDACC1A1A1MACC1A1BDA1M，故正確；BB∈A1BC1MA1BC1，BMA1BC1CBMB1C1NA1ND1C1PM為CC1NC1CB P為C1D1A1P

5圓心設(shè)為P，半徑A1B 5 BB中點Q，則MQABBAPQ1PO25

1 所以 (1PO)2 R254πR25π3π，故錯誤ACesinxcosx【詳解】根據(jù)題意，設(shè)“蓮蓮”，“琮琮”“宸宸”ABC,ABACBC故第一個好友具有3種，第二個好友具有2種，第三個好友只有1種，3216種.14．π 4,00,4 g(x)

f(x)g(x)f(xcosxf(xsinx又由0xπf(xcosxf(xsinx0g(x0g(x在0,π

cos2 2 又由f(x)為定義域為π π的偶函數(shù) 2,00,2g(x)

f

f(x)g(x)g(xQfxf

42fπcosx44 cos

4g(x)g4又由g(x)為偶函數(shù)且在0,π上為減函數(shù)，且定義域為π

，則有 ， 2

2,00,2 x 解可得：x0或0x 即不等式的解集為

， 4,00,4

4,00,4 15．(1)(2)sinBsinA2sinBcosCsin(BC2sinBcosC，所以sinBsinBcosCcosBsinC2sinBcosC，整理sinBsinCcosBcosCsinB所以sinBsinCBBCBBCBπ（舍C2B（2）由0BCπ，則由（1）C2B0Bπ所以ππBπ 且sinπsinππ

π

π 2612 4

sin

sin 又2sinCcosBsinB2sin2BcosBsinB令tcosBsinB

2sinπB

,1，則sin2B1cosBsinB2 所以2sinCcosBsinB21t2t2t2t22t

1

17因為t

,1 當(dāng)t1時，所求2sinCcosBsinB的最大值為17 (2)

n1（1）因為bnanbn1成等差數(shù)列，所以2anbnbn1，當(dāng)n12a1b1b2，即242b2，所以b26，因為ab

成等比數(shù)列，所以

a nn1

當(dāng)n1b2a

，即66

，所以a2由條件可得

b

，且

a

，又

0

anan

，代入2anbnbn1中，得n2nNan1an1有2an an1an1所以數(shù)列an（1（2）

an

2 所以數(shù)列an21

2n1n1，即an12故

a

n12n22，即

n1n2

所以n2nNbnnn1，且b12也符合上式，故bnnn1則c1

11 nn

n數(shù)列cn項和為

111111L1

1n

2 3 4

n1

n 17．(1)證明見解析；(2)e【詳解】(1)證明：當(dāng)a1b0fxx2xlnxx0fx2x112x1x1x0 x1fx0；當(dāng)0x1fx0fx在(01上遞減，在1 x1fxf13ln2 因為f()ln2

(ln410fx5(2)fxx2x2xlnaxbx2ln(axbx0，令h(x)ln(axb)x，則有h(x)0恒成立，當(dāng)a0時，對任意的實數(shù)bx0x1b時，即axb1h(x0所以a0hx

1

a(xab

，而axb0ax ax當(dāng)bxabhx0xabhx0 從而hx在(bab上單調(diào)遞增，在ab 故hxxab時有最大值hablnaab 因此h(x0lnaab0baalna，所以aba2a2lnaa21a2lna2 所以φ(tt1tlnt在te時，φ(t取最大值φ(ee1elnee，當(dāng)且僅當(dāng)a2e，即a

eb 故

的最大值為18．(1)分布列見解析，(2)1，2.P

03

,P

1

1C3C

3,P

2

1 P （2）則χ2

88142728335542

0.595

3841，故長時間使用手機與是否得腦瘤沒有顯著關(guān)系19．(1)(2)3

【詳解（1）球體體積V ，半圓面積S x由于幾何重心在對稱軸上，則幾何重心運動的軌跡長度為2πx運用巴普斯定理有：V代入r3x4

πr

2πxx4rx2y2z121又QabcQ在球面上，故a2b2c12L：axa