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2023-2024学年山西省临汾市部分校高二下学期期末考试数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年山西省临汾市部分校高二下学期期末考试数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={y|y=lg2x,x>1}，B={y|y=(12)x,x>1}，则A∩B=( )
A. y02.下列图中，相关性系数最大的是( )
A. B.
C. D.
3.若zz−1=1+i，则z=( )
A. −1−iB. −1+iC. 1−iD. 1+i
4.已知f(x)=|lgx|，若a=f(14)，b=f(13)，c=f(2)，则a，b，c的大小关系为( )
A. b>c>aB. b>a>cC. c>a>bD. a>b>c
5.甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是( )
A. 14B. 13C. 12D. 23
6.已知一个直角三角形的周长为8+8 2，则该三角形面积的最大值为( )
A. 8 2B. 16C. 32D. 64
7.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是( )
A. 若acsA=bcsB，则△ABC是等腰三角形
B. 若B=60∘，b2=ac，则△ABC是直角三角形
C. 若c−a2c=sin2B2，则△ABC是直角三角形
D. “acsA=bcsB”是“△ABC是等边三角形”的充分不必要条件
8.如图所示，曲线C是由半椭圆C1:x216+y212=1(y<0)，半圆C2:(x−2)2+y2=4(y≥0)和半圆C3:(x+2)2+y2=4(y≥0)组成，过C1的左焦点F1作直线l1与曲线C仅交于A，B两点，过C1的右焦点F2作直线l2与曲线C仅交于M，N两点，且l1//l2，则|AB|+|MN|的最小值为( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在(x−2 x)6的展开式中，下列命题正确的是( )
A. 奇数项的二项式系数之和为32B. 第3项的二项式系数最大
C. 常数项为−240D. 有理项的个数为4
10.下列说法正确的是( )
A. 已知f(x)是奇函数，则有f(0)=0
B. 函数y=x2x−1的单调减区间是(−∞,12)∪(12,+∞)
C. 定义在R上的函数f(x)，若f(3)≠f(−3)，则f(x)不是偶函数
D. 已知f(x)在R上是增函数，若a+b>0，则有f(a)−f(−a)>f(−b)−f(b)
11.已知a，b是正实数，且a+b=4ab，则下列说法正确的是( )
A. ab的最大值14B. a2+b2的最小值为12
C. a+4b的最小值94D. a3+b3−154(a+b)2的最小值为−272
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.计算：(278)cs0+lg2(sin5π6)= ．
13.已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x≥0时，f(x)=x(x+2).若f(3+m)+f(3m−7)>0，则m的取值范围为 ．
14.有5个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n差的绝对值不超过12的概率是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=3，其中a1，a3，a9成等比数列，且数列{an}为非常数数列．
(1)求数列通项an;
(2)设bn=1Sn，bn的前n项和记为Tn，求证：Tn<2．
16.(本小题15分)
我们知道，函数y=f(x)的图象关于y轴成轴对称图形的充要条件是函数y=f(x)为偶函数.有同学发现可以将其推广为：函数y=f(x)的图象关于直线x=a成轴对称图形的充要条件是函数y=f(x+a)为偶函数．
(1)求函数f(x)=x4−4x3+8x的对称轴;
(2)类比上述推广结论，写出“函数y=f(x)的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是函数y=f(x)为奇函数”的推广结论(当对称中心为(a,b)时)．
17.(本小题15分)
已知四棱锥P−ABCD，AD//BC，AB=BC=1，AD=3，E是AD上一点，PE⊥AD，DE=PE=2．
(1)若F是PE中点，证明：BF//平面PCD．
(2)若AB⊥平面PED，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知函数p(x)=mx−4+1(m>0且m≠1)的图象经过定点A，函数f(x)=lgax(a>0且a≠1)的图象也经过点A．
(1)求函数y=f(a3−2x)的定义域与值域;
(2)若函数g(x)=f(2xλ)⋅f(x2)−4在[14,4]上有两个零点，求λ的取值范围．
19.(本小题17分)
“博弈”原指下棋，出自我国《论语⋅阳货》篇，现在多指一种决策行为，即一些个人、团队或组织，在一定规则约束下，同时或先后，一次或多次，在各自允许选择的策略下进行选择和实施，并从中各自取得相应结果或收益的过程.生活中有很多游戏都蕴含着博弈，比如现在有两个人玩“翻手背”的游戏，甲、乙约定若同时手心向上，则甲付给乙6元，若同时手背向上，则甲付给乙2元，若结果是一个手心一个手背，则乙付给甲4元．
(1)若两人各自随机翻出手心或手背，求乙收益的期望．
(2)因为各自翻出手心或手背，所以可以控制翻出手心或手背的频率(假设进行多次游戏，频率可以代替概率)，因此双方就面临竞争策略的博弈.甲、乙可以根据对手翻出手心或手背的概率调整自己翻出手心或手背的概率，进而增加自己赢得收益的期望．
①假设甲以p(0≤p≤1)的概率翻出手心，乙以q(0≤q≤1)的概率翻出手心.甲收益的随机变量为Y，乙收益的随机变量为Z.分别求甲、乙收益的期望．
②根据甲的收益期望，乙应该如何选择翻出手心的概率q，才能使结果对自己最有利?同理，根据乙的收益期望，甲应该如何选择翻出手心的概率p，才能使结果对自己最有利?并由此分析游戏规则是否公平．
答案解析
1.A
【解析】解：由对数函数的性质可得A={y|y=lg2x,x>1}={y|y>0}，
由指数函数的性质可得B={y|y=(12)x,x>1}={y|0所以A∩B={y|0故选A．
2.A
【解析】解：观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，呈现明显的正相关，r值相比于其他3图更接近1．
故选：A
3.C
【解析】解：由zz−1=1+i，得z=(1+i)z−(1+i)，
∴iz=1+i，
∴z=1+ii=i1+ii·i=1−i．
4.D
【解析】解：f(x)=|lgx|的图象如图所示，
由图象知f(x)在(0,1)上单调递减，
c=f(2)=|lg2|=|lg12|=f(12)，
∵14<13<12，
∴f(14)>f(13)>f(12)，即a>b>c
5.B
【解析】解：甲、乙、丙、丁四位同学站成一排照相留念，基本事件总数n=A44 =24，
丙不在排头，且甲或乙在排尾m=C21C21A22=8
∴甲、乙二人相邻的概率P=mn=824=13．
故选：B．
6.B
【解析】解：由条件可设直角边长分别为a，b，
则斜边长为 a2+b2，
即a+b+ a2+b2=8+8 2．
a+b⩾2 ab，
当且仅当a=b时等号成立；
a2+b2⩾2ab，
当且仅当a=b时等号成立；
则可得：
8+8 2=a+b+ a2+b2⩾2 ab+ 2ab，
即 ab⩽4 2，∴ab⩽32．
即此直角三角形面积S=12ab⩽16．
综上可得a=b=4 2时，此直角三角形面积的最大值为16．
7.C
【解析】解：对于A项，由 acsA=bcsB 和正弦定理可得， sinAcsA=sinBcsB ，
即 sin2A=sin2B ，故得 2A=2B 或 2A+2B=π ，
即 A=B 或 A+B=π2 ，即 ▵ABC 是等腰三角形或直角三角形，故A项错误；
对于B项，因为 B=60∘,b2=ac ，由余弦定理得， b2=a2+c2−2accsB ，
代入化简得， (a−c)2=0 ，即得 a=c ，故 ▵ABC 是等边三角形，故B项错误；
对于C项，由 c−a2c=sin2B2 和正弦定理得， sinC−sinA2sinC=1−csB2 ，化简得， sinA=sinCcsB (∗)，
因为 A=π−(C+B) ，则 sinA=sinCcsB+csCsinB ，代入(∗)，得 sinBcsC=0 ，
因为 00 ，则 csC=0 ，故 C=π2 ，▵ABC是直角三角形，即C项正确；
对于D项，若 ▵ABC 是等边三角形，则 a=b,csA=csB=12 ，即 acsA=bcsB 必成立，
故“ acsA=bcsB ”是“ ▵ABC 是等边三角形”的必要条件，故D项错误．
故选：C．
8.C
【解析】
解：设过F2的椭圆的弦为PN，又易知两圆的半径r=2，|BF1|=|PF2|，
根据题意可得|AB|+|MN|=2r+|BF1|+|NF2|=4+|PN|，
又根据椭圆的几何性质可知焦点弦PN为通径时最短，最短为2b2a=2×124=6，
∴|AB|+|MN|的最小值为4+6=10．
故选：C．
9.AD
【解析】偶数项的二项式系数之和为2n−1=25=32，故A正确；
根据二项式，当r=3时C63的值最大，即第4项的二项式系数最大，故B错误
Tk+1=C6kx6−k(−2 x)k=C6k(−2)kx6−3k2，
令6−3k2=0，得k=4，∴常数项为T5=C64(−2)4=240，故C错误；
6−3k2为整数时，k=0，2，4，6，故有理项的个数为4，故D正确．
10.CD
【解析】解：奇函数不一定过(0,0)，故A错误;
y=x2x−1=x−12+122x−1=12+14(x−12)，
所以函数y=x2x−1的单调减区间是(−∞,12)，(12,+∞)，故B错误;
如果f(x)是定义在R上的偶函数，则f(3)=f(−3)，
因为f(3)≠f(−3)，∴f(x)不是偶函数，故C正确;
f(x)在R上是增函数，若a+b>0，即a>−b，b>−a，
所以f(a)>f(−b)，f(b)>f(−a)，所以f(a)+f(b)>f(−b)+f(−a)，
即f(a)−f(−a)>f(−b)−f(b)，故D正确．
11.BCD
【解析】解： 因为a+b=4ab≥2 ab，所以ab≥14，取等条件当且仅当a=b=12，
因此ab的最小值为14，故A错误；
a2+b2≥2ab≥12，取等条件当且仅当a=b=12，
所以a2+b2的值小值为12，故B正确；
因为a+b=4ab，所以1a+1b=4，
因此a+4b=14(1a+1b)(a+4b)=14(5+ab+4ba)≥94，
取等条件当且仅当a=2b=34;
所以a+4b的最小值为 94，故C正确；
已知 a,b 是正实数，且 a+b=4ab ，
可得 a+b=4ab⩽4×a+b22⇒a+b⩾1，
当且仅当a=b=12时等号成立，
a3+b3−154(a+b)2=(a+b)3−3ab(a+b)−154(a+b)2
=(a+b)3−3×14a+b(a+b)−154(a+b)2=(a+b)3−92a+b2，
令x=a+b，x≥1，
所以a3+b3−154(a+b)2=x3−92x2，x≥1，
令f(x)=x3−92x2，x≥1，f′(x)=3x2−9x=3x(x−3)，
当13时，f′(x)>0
所以f(x)在(1,3)单调递减，(3,+∞)上单调递增，
f(x)的最小值为f(3)=−272，故D正确．
故选BCD．
12.198
【解析】解：(278)cs0+lg2(sin5π6)=278+lg212=278−1=198．
13.(1,+∞)
【解析】解：当x≥0时，f(x)=x2+2x，故f(x)在[0,+∞)上单调递增，
函数在x=0处连续，又f(x)是定义域为R的奇函数，
故f(x)在R上单调递增．
因为f(−x)=−f(x)，由f(3+m)+f(3m−7)>0，
可得f(3+m)>f(7−3m)，
又因为f(x)在R上单调递增，
所以3+m>7−3m，解得m> 1．
故答案为：(1,+∞).
14.815
【解析】解：从5个不同的球中不放回地抽取3次，共有A53=60种，
设前两个球的号码为a，b，第三个球的号码为c，则|a+b+c3−a+b2|≤12，
故|2c−(a+b)|≤3，故−3≤2c−(a+b)≤3，故a+b−3≤2c≤a+b+3，
若c=1，则−1≤a+b≤5，则(a,b)为：(2,3)，(3,2)，故有2种，
若c=2，则1≤a+b≤7，则(a,b)为：(1,3)，(1,4)，(1,5)，(3,4)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(4,3)，故有8种，
当c=3，则3≤a+b≤9，则(a,b)为：(1,2)，(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)(4,5)，(2,1)，(4,1)，(5,1)，(4,2)，(5,2)，(5,4)，故有12种，
当c=4，则5≤a+b≤11，同理有8种，
当c=5，则7≤a+b≤13，同理有2种，
则m与n的差的绝对值不超过12时不同的抽取方法总数为32，
故所求概率为3260=815．
15.(1)解：由等比中项公式a32=a1⋅a9，
32=(3−2d)(3+6d)，得d=1或d=0(舍去)，
an=a3+(n−3)⋅1=n．
(2)证明：Sn=na1+n(n−1)2×d=n(n+1)2，
Tn=b1+b2+⋯+bn=211−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=21−1n+1<2.
【解析】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，等比数列的中项性质，以及数列的裂项相消求和，化简运算能力，属于基础题．
(1)运用等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，解方程可得d，进而得到所求通项公式；
(2)运用等差数列的求和公式，可得到Sn,bn，再由数列的裂项相消求和，结合不等式的性质，即可得证．
16.解：(1)设f(x)对称轴为x=a，则f(x+a)为偶函数，
f(−x+a)=f(x+a)对∀x∈R恒成立，
(−x+a)4−4(−x+a)3+8(−x+a)
=(x+a)4−4(x+a)3+8(x+a)x4−4ax3+6a2x2−4a3x+a4−4(−x3+3ax2−3a2x+a3)−8x+8a
=x4+4ax3+6a2x2+4a3x+a4−4(x3+3ax2+3a2x+a3)+8x+8a，
∴−4a+4=4a−46a2−12a=6a2−12a−4a3+12a2−8=4a3−12a2+8a4−4a3+8a=a4−4a3+8a，解得a=1，
所以f(x)对称轴为x=1；
(2)函数y=f(x)的图象关于点P(a,b)成中心对称图形的充要条件是函数y=f(x+a)−b为奇函数．
【解析】本题考查函数的奇偶性，考查函数的对称性，考查类比推理，是中档题．
(1)由题意设函数f(x)=x4−4x3+8x的对称轴为x=a，可得−4a+4=4a−46a2−12a=6a2−12a−4a4+12a2−8=4a3−12a2+8a4−4a2+8a=a4−4a3+8a，求解可得；
(2)利用图象的平行移动规则可以直接得到结论．
17.解：(1)取PD的中点为S，接SF,SC，则SF//ED,SF=12ED=1，
而ED//BC,ED=2BC，故SF//BC,SF=BC，故四边形SFBC为平行四边形，
故BF//SC，而BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD，
所以BF//平面PCD．
(2)
因为ED=2，故AE=1，故AE//BC,AE=BC，
故四边形AECB为平行四边形，故CE//AB，所以CE⊥平面PAD，
而PE,ED⊂平面PAD，故CE⊥PE,CE⊥ED，而PE⊥ED，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,−1,0,B1,−1,0,C1,0,0,D0,2,0,P0,0,2，
则PA=0,−1,−2,PB=1,−1,−2,PC=1,0,−2,PD=0,2,−2,
设平面PAB的法向量为m=(x,y,z)，
则由m⋅PA=0m⋅PB=0可得−y−2z=0x−y−2z=0，取m=(0,−2,1)，
设平面PCD的法向量为n=a,b,c，
则由n⋅PC=0n⋅PD=0可得a−2c=02b−2c=0，取n=(2,1,1)，
故cs=m·nm×n=−1 5× 6=− 3030，
故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 3030
【解析】【分析】
本题考查线面平行的判定，线面垂直的性质，平面与平面所成角的向量求法，属于中档题．
(1)取PD的中点为S，接SF,SC，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可得BF//平面PCD．
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值．
18.解：(1)易得A(4,2)，代入f(x)中，得a=2，
从而y=f(a3−2x)=f(8−2x)=lg2(8−2x)，
令8−2x>0，得x<3，故函数y=f(a3−2x)的定义域为(−∞,3)．
∵0<8−2x<8，y=lg2x是增函数，
∴y=f(a3−2x)的值域为(−∞,3)．
(2)由(1)可知，g(x)=lg2(2xλ)⋅lg2x2−4=2λ(lg2x)2+2lg2x−4．
设t=lg2x，则t∈[−2,2]，
令ℎ(t)=2λt2+2t−4，t∈[−2,2]
因为t为关于x的单调递增函数，所以g(x)在[14,4]上有两个零点，
等价于函数ℎ(t)=2λt2+2t−4在[−2,2]上有两个零点，
①当λ=0时，由ℎ(t)=2t−4=0，得t=2，ℎ(t)有一个零点，则λ=0不合题意．
②当λ>0时，△=4+32λ>0,−2<−12λ<2,ℎ(−2)=8λ−8⩾0,ℎ(2)=8λ⩾0,解得λ≥1.
③当λ<0时，△=4+32λ>0,−2<−12λ<2,ℎ(−2)=8λ−8⩽0,ℎ(2)=8λ⩽0,不等式组无解．
综上所述，λ的取值范围是[1,+∞).
【解析】本题考查幂函数及对数函数的图象与性质，考查函数的定义域与值域以及函数的零点存在性定理，属于较难题．
(1)先由幂函数恒过定点求出A，求出y=f(a3−2x)的定义域即可；
(2)由(1)得出g(x)，转化为ℎ(t)=2λt2+2t−4在[−2,2]上有两个零点.对λ进行分类讨论求解即可．
19.解：(1)因为两人各自随机翻出手心或手背，
所以甲、乙翻出手心的概率均可认为是12，
设乙的收益为随机变量X，则X的可能取值有：−4，2，6，
所以可得乙的收益X的分布列为：
故乙收益的期望为E(X)=−4×12+2×14+6×14=0．
(2) ①甲收益的分布列为：
所以甲收益期望为：E(Y)=−6pq−2(1−p)(1−q)+4[p(1−q)+q(1−p)]
=−16pq+6p+6q−2=2p(3−8q)+6q−2，
同理可得乙收益的分布列为：
所以乙收益期望为：E(Z)=6pq+2(1−p)(1−q)−4[p(1−q)+q(1−p)]
=16pq−6p−6q+2=2q(8p−3)−6p+2；
②根据甲的收益期望，乙的最优策略是翻出手心的概率q为38，
此时甲收益E(Y)=−16p×38+6p+6×38−2=14．
否则，若0≤q<38，甲可以选择翻出手心的概率p=1，
此时E(Y)=4−10q>14;
若386×38−2=14．
同理，可知甲的最优策略也是翻出手心的概率p=38，
此时乙收益E(Z)=16q×38−6×38−6q+2=−14．
否则否则若0≤p<38，乙可以选择翻出手心的概率q=0，此时E(Z)>2−6×38=−14;
若3810×38−4=−14，
当p=q=38时，甲的收益期望E(Y)=6×38−2=14，
乙的收益期望E(Z)=−6×38+2=−14．
所以此时游戏结果对两人都是最有利，但是规则不公平．
【解析】本题考查离散型随机变量及其分布列以及离散型随机变量的期望的理解和应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于较难题．
(1)根据题意，甲、乙翻出手心的概率均可认为是12，确定乙在此游戏中的收益为随机变量X的可能取值，列出分布列，由期望的求解公式计算即可；
(2)①假设甲以p(0≤p≤1)的概率翻出手心，乙以q(0≤q≤1)的概率翻出手心，甲收益的随机变量为Y，乙收益的随机变量为Z，分别列出甲、乙收益的分布列以及数学期望；
②通过计算结果，讨论p、q的取值分析即可．X
−4
2
6
P
12
14
14
Y
−6
−2
4
P
pq
(1−p)(1−q)
p(1−q)+q(1−p)
Z
6
2
−4
P
pq
(1−p)(1−q)
p(1−q)+q(1−p)
1.已知集合A={y|y=lg2x,x>1}，B={y|y=(12)x,x>1}，则A∩B=( )
A. y0
A. B.
C. D.
3.若zz−1=1+i，则z=( )
A. −1−iB. −1+iC. 1−iD. 1+i
4.已知f(x)=|lgx|，若a=f(14)，b=f(13)，c=f(2)，则a，b，c的大小关系为( )
A. b>c>aB. b>a>cC. c>a>bD. a>b>c
5.甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是( )
A. 14B. 13C. 12D. 23
6.已知一个直角三角形的周长为8+8 2，则该三角形面积的最大值为( )
A. 8 2B. 16C. 32D. 64
7.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是( )
A. 若acsA=bcsB，则△ABC是等腰三角形
B. 若B=60∘，b2=ac，则△ABC是直角三角形
C. 若c−a2c=sin2B2，则△ABC是直角三角形
D. “acsA=bcsB”是“△ABC是等边三角形”的充分不必要条件
8.如图所示，曲线C是由半椭圆C1:x216+y212=1(y<0)，半圆C2:(x−2)2+y2=4(y≥0)和半圆C3:(x+2)2+y2=4(y≥0)组成，过C1的左焦点F1作直线l1与曲线C仅交于A，B两点，过C1的右焦点F2作直线l2与曲线C仅交于M，N两点，且l1//l2，则|AB|+|MN|的最小值为( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在(x−2 x)6的展开式中，下列命题正确的是( )
A. 奇数项的二项式系数之和为32B. 第3项的二项式系数最大
C. 常数项为−240D. 有理项的个数为4
10.下列说法正确的是( )
A. 已知f(x)是奇函数，则有f(0)=0
B. 函数y=x2x−1的单调减区间是(−∞,12)∪(12,+∞)
C. 定义在R上的函数f(x)，若f(3)≠f(−3)，则f(x)不是偶函数
D. 已知f(x)在R上是增函数，若a+b>0，则有f(a)−f(−a)>f(−b)−f(b)
11.已知a，b是正实数，且a+b=4ab，则下列说法正确的是( )
A. ab的最大值14B. a2+b2的最小值为12
C. a+4b的最小值94D. a3+b3−154(a+b)2的最小值为−272
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.计算：(278)cs0+lg2(sin5π6)= ．
13.已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x≥0时，f(x)=x(x+2).若f(3+m)+f(3m−7)>0，则m的取值范围为 ．
14.有5个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n差的绝对值不超过12的概率是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=3，其中a1，a3，a9成等比数列，且数列{an}为非常数数列．
(1)求数列通项an;
(2)设bn=1Sn，bn的前n项和记为Tn，求证：Tn<2．
16.(本小题15分)
我们知道，函数y=f(x)的图象关于y轴成轴对称图形的充要条件是函数y=f(x)为偶函数.有同学发现可以将其推广为：函数y=f(x)的图象关于直线x=a成轴对称图形的充要条件是函数y=f(x+a)为偶函数．
(1)求函数f(x)=x4−4x3+8x的对称轴;
(2)类比上述推广结论，写出“函数y=f(x)的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是函数y=f(x)为奇函数”的推广结论(当对称中心为(a,b)时)．
17.(本小题15分)
已知四棱锥P−ABCD，AD//BC，AB=BC=1，AD=3，E是AD上一点，PE⊥AD，DE=PE=2．
(1)若F是PE中点，证明：BF//平面PCD．
(2)若AB⊥平面PED，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知函数p(x)=mx−4+1(m>0且m≠1)的图象经过定点A，函数f(x)=lgax(a>0且a≠1)的图象也经过点A．
(1)求函数y=f(a3−2x)的定义域与值域;
(2)若函数g(x)=f(2xλ)⋅f(x2)−4在[14,4]上有两个零点，求λ的取值范围．
19.(本小题17分)
“博弈”原指下棋，出自我国《论语⋅阳货》篇，现在多指一种决策行为，即一些个人、团队或组织，在一定规则约束下，同时或先后，一次或多次，在各自允许选择的策略下进行选择和实施，并从中各自取得相应结果或收益的过程.生活中有很多游戏都蕴含着博弈，比如现在有两个人玩“翻手背”的游戏，甲、乙约定若同时手心向上，则甲付给乙6元，若同时手背向上，则甲付给乙2元，若结果是一个手心一个手背，则乙付给甲4元．
(1)若两人各自随机翻出手心或手背，求乙收益的期望．
(2)因为各自翻出手心或手背，所以可以控制翻出手心或手背的频率(假设进行多次游戏，频率可以代替概率)，因此双方就面临竞争策略的博弈.甲、乙可以根据对手翻出手心或手背的概率调整自己翻出手心或手背的概率，进而增加自己赢得收益的期望．
①假设甲以p(0≤p≤1)的概率翻出手心，乙以q(0≤q≤1)的概率翻出手心.甲收益的随机变量为Y，乙收益的随机变量为Z.分别求甲、乙收益的期望．
②根据甲的收益期望，乙应该如何选择翻出手心的概率q，才能使结果对自己最有利?同理，根据乙的收益期望，甲应该如何选择翻出手心的概率p，才能使结果对自己最有利?并由此分析游戏规则是否公平．
答案解析
1.A
【解析】解：由对数函数的性质可得A={y|y=lg2x,x>1}={y|y>0}，
由指数函数的性质可得B={y|y=(12)x,x>1}={y|0
2.A
【解析】解：观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，呈现明显的正相关，r值相比于其他3图更接近1．
故选：A
3.C
【解析】解：由zz−1=1+i，得z=(1+i)z−(1+i)，
∴iz=1+i，
∴z=1+ii=i1+ii·i=1−i．
4.D
【解析】解：f(x)=|lgx|的图象如图所示，
由图象知f(x)在(0,1)上单调递减，
c=f(2)=|lg2|=|lg12|=f(12)，
∵14<13<12，
∴f(14)>f(13)>f(12)，即a>b>c
5.B
【解析】解：甲、乙、丙、丁四位同学站成一排照相留念，基本事件总数n=A44 =24，
丙不在排头，且甲或乙在排尾m=C21C21A22=8
∴甲、乙二人相邻的概率P=mn=824=13．
故选：B．
6.B
【解析】解：由条件可设直角边长分别为a，b，
则斜边长为 a2+b2，
即a+b+ a2+b2=8+8 2．
a+b⩾2 ab，
当且仅当a=b时等号成立；
a2+b2⩾2ab，
当且仅当a=b时等号成立；
则可得：
8+8 2=a+b+ a2+b2⩾2 ab+ 2ab，
即 ab⩽4 2，∴ab⩽32．
即此直角三角形面积S=12ab⩽16．
综上可得a=b=4 2时，此直角三角形面积的最大值为16．
7.C
【解析】解：对于A项，由 acsA=bcsB 和正弦定理可得， sinAcsA=sinBcsB ，
即 sin2A=sin2B ，故得 2A=2B 或 2A+2B=π ，
即 A=B 或 A+B=π2 ，即 ▵ABC 是等腰三角形或直角三角形，故A项错误；
对于B项，因为 B=60∘,b2=ac ，由余弦定理得， b2=a2+c2−2accsB ，
代入化简得， (a−c)2=0 ，即得 a=c ，故 ▵ABC 是等边三角形，故B项错误；
对于C项，由 c−a2c=sin2B2 和正弦定理得， sinC−sinA2sinC=1−csB2 ，化简得， sinA=sinCcsB (∗)，
因为 A=π−(C+B) ，则 sinA=sinCcsB+csCsinB ，代入(∗)，得 sinBcsC=0 ，
因为 0
对于D项，若 ▵ABC 是等边三角形，则 a=b,csA=csB=12 ，即 acsA=bcsB 必成立，
故“ acsA=bcsB ”是“ ▵ABC 是等边三角形”的必要条件，故D项错误．
故选：C．
8.C
【解析】
解：设过F2的椭圆的弦为PN，又易知两圆的半径r=2，|BF1|=|PF2|，
根据题意可得|AB|+|MN|=2r+|BF1|+|NF2|=4+|PN|，
又根据椭圆的几何性质可知焦点弦PN为通径时最短，最短为2b2a=2×124=6，
∴|AB|+|MN|的最小值为4+6=10．
故选：C．
9.AD
【解析】偶数项的二项式系数之和为2n−1=25=32，故A正确；
根据二项式，当r=3时C63的值最大，即第4项的二项式系数最大，故B错误
Tk+1=C6kx6−k(−2 x)k=C6k(−2)kx6−3k2，
令6−3k2=0，得k=4，∴常数项为T5=C64(−2)4=240，故C错误；
6−3k2为整数时，k=0，2，4，6，故有理项的个数为4，故D正确．
10.CD
【解析】解：奇函数不一定过(0,0)，故A错误;
y=x2x−1=x−12+122x−1=12+14(x−12)，
所以函数y=x2x−1的单调减区间是(−∞,12)，(12,+∞)，故B错误;
如果f(x)是定义在R上的偶函数，则f(3)=f(−3)，
因为f(3)≠f(−3)，∴f(x)不是偶函数，故C正确;
f(x)在R上是增函数，若a+b>0，即a>−b，b>−a，
所以f(a)>f(−b)，f(b)>f(−a)，所以f(a)+f(b)>f(−b)+f(−a)，
即f(a)−f(−a)>f(−b)−f(b)，故D正确．
11.BCD
【解析】解： 因为a+b=4ab≥2 ab，所以ab≥14，取等条件当且仅当a=b=12，
因此ab的最小值为14，故A错误；
a2+b2≥2ab≥12，取等条件当且仅当a=b=12，
所以a2+b2的值小值为12，故B正确；
因为a+b=4ab，所以1a+1b=4，
因此a+4b=14(1a+1b)(a+4b)=14(5+ab+4ba)≥94，
取等条件当且仅当a=2b=34;
所以a+4b的最小值为 94，故C正确；
已知 a,b 是正实数，且 a+b=4ab ，
可得 a+b=4ab⩽4×a+b22⇒a+b⩾1，
当且仅当a=b=12时等号成立，
a3+b3−154(a+b)2=(a+b)3−3ab(a+b)−154(a+b)2
=(a+b)3−3×14a+b(a+b)−154(a+b)2=(a+b)3−92a+b2，
令x=a+b，x≥1，
所以a3+b3−154(a+b)2=x3−92x2，x≥1，
令f(x)=x3−92x2，x≥1，f′(x)=3x2−9x=3x(x−3)，
当1
所以f(x)在(1,3)单调递减，(3,+∞)上单调递增，
f(x)的最小值为f(3)=−272，故D正确．
故选BCD．
12.198
【解析】解：(278)cs0+lg2(sin5π6)=278+lg212=278−1=198．
13.(1,+∞)
【解析】解：当x≥0时，f(x)=x2+2x，故f(x)在[0,+∞)上单调递增，
函数在x=0处连续，又f(x)是定义域为R的奇函数，
故f(x)在R上单调递增．
因为f(−x)=−f(x)，由f(3+m)+f(3m−7)>0，
可得f(3+m)>f(7−3m)，
又因为f(x)在R上单调递增，
所以3+m>7−3m，解得m> 1．
故答案为：(1,+∞).
14.815
【解析】解：从5个不同的球中不放回地抽取3次，共有A53=60种，
设前两个球的号码为a，b，第三个球的号码为c，则|a+b+c3−a+b2|≤12，
故|2c−(a+b)|≤3，故−3≤2c−(a+b)≤3，故a+b−3≤2c≤a+b+3，
若c=1，则−1≤a+b≤5，则(a,b)为：(2,3)，(3,2)，故有2种，
若c=2，则1≤a+b≤7，则(a,b)为：(1,3)，(1,4)，(1,5)，(3,4)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(4,3)，故有8种，
当c=3，则3≤a+b≤9，则(a,b)为：(1,2)，(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)(4,5)，(2,1)，(4,1)，(5,1)，(4,2)，(5,2)，(5,4)，故有12种，
当c=4，则5≤a+b≤11，同理有8种，
当c=5，则7≤a+b≤13，同理有2种，
则m与n的差的绝对值不超过12时不同的抽取方法总数为32，
故所求概率为3260=815．
15.(1)解：由等比中项公式a32=a1⋅a9，
32=(3−2d)(3+6d)，得d=1或d=0(舍去)，
an=a3+(n−3)⋅1=n．
(2)证明：Sn=na1+n(n−1)2×d=n(n+1)2，
Tn=b1+b2+⋯+bn=211−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=21−1n+1<2.
【解析】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，等比数列的中项性质，以及数列的裂项相消求和，化简运算能力，属于基础题．
(1)运用等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，解方程可得d，进而得到所求通项公式；
(2)运用等差数列的求和公式，可得到Sn,bn，再由数列的裂项相消求和，结合不等式的性质，即可得证．
16.解：(1)设f(x)对称轴为x=a，则f(x+a)为偶函数，
f(−x+a)=f(x+a)对∀x∈R恒成立，
(−x+a)4−4(−x+a)3+8(−x+a)
=(x+a)4−4(x+a)3+8(x+a)x4−4ax3+6a2x2−4a3x+a4−4(−x3+3ax2−3a2x+a3)−8x+8a
=x4+4ax3+6a2x2+4a3x+a4−4(x3+3ax2+3a2x+a3)+8x+8a，
∴−4a+4=4a−46a2−12a=6a2−12a−4a3+12a2−8=4a3−12a2+8a4−4a3+8a=a4−4a3+8a，解得a=1，
所以f(x)对称轴为x=1；
(2)函数y=f(x)的图象关于点P(a,b)成中心对称图形的充要条件是函数y=f(x+a)−b为奇函数．
【解析】本题考查函数的奇偶性，考查函数的对称性，考查类比推理，是中档题．
(1)由题意设函数f(x)=x4−4x3+8x的对称轴为x=a，可得−4a+4=4a−46a2−12a=6a2−12a−4a4+12a2−8=4a3−12a2+8a4−4a2+8a=a4−4a3+8a，求解可得；
(2)利用图象的平行移动规则可以直接得到结论．
17.解：(1)取PD的中点为S，接SF,SC，则SF//ED,SF=12ED=1，
而ED//BC,ED=2BC，故SF//BC,SF=BC，故四边形SFBC为平行四边形，
故BF//SC，而BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD，
所以BF//平面PCD．
(2)
因为ED=2，故AE=1，故AE//BC,AE=BC，
故四边形AECB为平行四边形，故CE//AB，所以CE⊥平面PAD，
而PE,ED⊂平面PAD，故CE⊥PE,CE⊥ED，而PE⊥ED，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,−1,0,B1,−1,0,C1,0,0,D0,2,0,P0,0,2，
则PA=0,−1,−2,PB=1,−1,−2,PC=1,0,−2,PD=0,2,−2,
设平面PAB的法向量为m=(x,y,z)，
则由m⋅PA=0m⋅PB=0可得−y−2z=0x−y−2z=0，取m=(0,−2,1)，
设平面PCD的法向量为n=a,b,c，
则由n⋅PC=0n⋅PD=0可得a−2c=02b−2c=0，取n=(2,1,1)，
故cs
故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 3030
【解析】【分析】
本题考查线面平行的判定，线面垂直的性质，平面与平面所成角的向量求法，属于中档题．
(1)取PD的中点为S，接SF,SC，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可得BF//平面PCD．
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值．
18.解：(1)易得A(4,2)，代入f(x)中，得a=2，
从而y=f(a3−2x)=f(8−2x)=lg2(8−2x)，
令8−2x>0，得x<3，故函数y=f(a3−2x)的定义域为(−∞,3)．
∵0<8−2x<8，y=lg2x是增函数，
∴y=f(a3−2x)的值域为(−∞,3)．
(2)由(1)可知，g(x)=lg2(2xλ)⋅lg2x2−4=2λ(lg2x)2+2lg2x−4．
设t=lg2x，则t∈[−2,2]，
令ℎ(t)=2λt2+2t−4，t∈[−2,2]
因为t为关于x的单调递增函数，所以g(x)在[14,4]上有两个零点，
等价于函数ℎ(t)=2λt2+2t−4在[−2,2]上有两个零点，
①当λ=0时，由ℎ(t)=2t−4=0，得t=2，ℎ(t)有一个零点，则λ=0不合题意．
②当λ>0时，△=4+32λ>0,−2<−12λ<2,ℎ(−2)=8λ−8⩾0,ℎ(2)=8λ⩾0,解得λ≥1.
③当λ<0时，△=4+32λ>0,−2<−12λ<2,ℎ(−2)=8λ−8⩽0,ℎ(2)=8λ⩽0,不等式组无解．
综上所述，λ的取值范围是[1,+∞).
【解析】本题考查幂函数及对数函数的图象与性质，考查函数的定义域与值域以及函数的零点存在性定理，属于较难题．
(1)先由幂函数恒过定点求出A，求出y=f(a3−2x)的定义域即可；
(2)由(1)得出g(x)，转化为ℎ(t)=2λt2+2t−4在[−2,2]上有两个零点.对λ进行分类讨论求解即可．
19.解：(1)因为两人各自随机翻出手心或手背，
所以甲、乙翻出手心的概率均可认为是12，
设乙的收益为随机变量X，则X的可能取值有：−4，2，6，
所以可得乙的收益X的分布列为：
故乙收益的期望为E(X)=−4×12+2×14+6×14=0．
(2) ①甲收益的分布列为：
所以甲收益期望为：E(Y)=−6pq−2(1−p)(1−q)+4[p(1−q)+q(1−p)]
=−16pq+6p+6q−2=2p(3−8q)+6q−2，
同理可得乙收益的分布列为：
所以乙收益期望为：E(Z)=6pq+2(1−p)(1−q)−4[p(1−q)+q(1−p)]
=16pq−6p−6q+2=2q(8p−3)−6p+2；
②根据甲的收益期望，乙的最优策略是翻出手心的概率q为38，
此时甲收益E(Y)=−16p×38+6p+6×38−2=14．
否则，若0≤q<38，甲可以选择翻出手心的概率p=1，
此时E(Y)=4−10q>14;
若38
同理，可知甲的最优策略也是翻出手心的概率p=38，
此时乙收益E(Z)=16q×38−6×38−6q+2=−14．
否则否则若0≤p<38，乙可以选择翻出手心的概率q=0，此时E(Z)>2−6×38=−14;
若38
当p=q=38时，甲的收益期望E(Y)=6×38−2=14，
乙的收益期望E(Z)=−6×38+2=−14．
所以此时游戏结果对两人都是最有利，但是规则不公平．
【解析】本题考查离散型随机变量及其分布列以及离散型随机变量的期望的理解和应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于较难题．
(1)根据题意，甲、乙翻出手心的概率均可认为是12，确定乙在此游戏中的收益为随机变量X的可能取值，列出分布列，由期望的求解公式计算即可；
(2)①假设甲以p(0≤p≤1)的概率翻出手心，乙以q(0≤q≤1)的概率翻出手心，甲收益的随机变量为Y，乙收益的随机变量为Z，分别列出甲、乙收益的分布列以及数学期望；
②通过计算结果，讨论p、q的取值分析即可．X
−4
2
6
P
12
14
14
Y
−6
−2
4
P
pq
(1−p)(1−q)
p(1−q)+q(1−p)
Z
6
2
−4
P
pq
(1−p)(1−q)
p(1−q)+q(1−p)
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