5、样本数据y1，y2,…,yn,其中
yi=xi+c(i=1,2,…,n),c为非零常数，则
A.两组样本数据的样本平均数相同
B.两组样本数据的样本中位数相同
C.两组样本数据的样本标准差相同
D.两组样本数据的样本极差相同
10.已知O为坐标原点，点P1(cosα,sinα),P2(cosβ，-sinβ),P3(cos(α+β),sin(α+β))，A(1，0),则
A.|OP1|=|OP2|
B. |AP1|=|AP2|
C.OA·OP3=OP1·OP2
D. OA·OP1=OP2·OP3
11.已知点P在圆(x-5)2+ (y-5)2 =16上，
6、点A（4,0），B（0,2），则
A.点P到直线AB的距离小于10
B.点P到直线AB的距离大于2
C.当∠PBA最小时，|PB|=32
D.当∠PBA最大时，|PB|=32
12.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1 ，点P满足PB=λBC+μBB1 ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则
A．当λ=1时，△AB1P的周长为定值
B. 当μ=1时，三棱锥P-A1BC 的体积为定值
C. 当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D.当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
三．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分
1
7、3.已知函数f(x)=x3(a· 2x-2-x)是偶函数，则a=____________
14.已知O为坐标原点，抛物线C:y2=2px(p＞0）的焦点为F,P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP,若|FQ|=6，则C的准线方程为____
15. 函数f(x) =|2x-l|-2lnx的最小值为
16. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现此纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dmXl2dm的长方形纸.对折1次共可以得到10dmX2dm . 20dmX6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得5dmX12dm ，10
8、dmX6dm，20dmX3dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180dm2.以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______:如果对折n次，那么k=1nsk=______dm2
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17.(10分)已知数列{an}满足a1=1，an+1an+1，n为奇数an+2，n为偶数
(1)记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和
18.(12 分)
某学校组织"一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题・每位参加比赛的同学先在两类问题中选
9、择类并从中随机抽収一个问题冋答，若回答错误则该同学比赛结束；若 回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问題回答，无论回答正确与否，该同学比赛 结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分：B类问题中的每个问题 回答正确得80分，否则得0分。
己知小明能正确回答A类问题的概率为0.8 ,能正确回答B类问題的概率为0.6 . 且能正确回答问题的概率与回答次序无关。
（1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列：
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由。
19.(12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a.，b.，c,已知b2
10、ac,点D在边AC 上，BDsin∠ABC = asinC.
(1)证明：BD = b：
(2)若AD = 2DC .求cos∠ABC.
20.(12分)
如图，在三棱锥A-BCD中.平面ABD丄平面BCD，AB=AD.O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD：
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形.点E在 棱AD上. DE = 2EA .且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积.
21.(12分)
在平面直角坐标系xOy中，己知点F1(-√17,0)，F2(√17,0),点M满足|MFt|-|MF2|=2.记M 的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(
11、2)设点T在直线x=12上，过T 的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点,且|TA|∙|TB|=|TP|∙|TQ| ,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和
22.(12分)
已知函数f(x)=x（1-lnx)
(1)讨论f(x)的单调性
(2)设a,b为两个不相等的正数,且blna-alnb=a-b证明:2<1a+1b<ⅇ
新高考Ⅰ卷数学答案解析
1.B
2.C
3.B
4.A
5.C
6.C
7.D
8.B
9.CD
10.AC
11.ACD
12.BD
13.a=1
14.x=-32
15.1
16.5；2403-n+32n
12、
17.
（1）解：由题意得b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3+1=5
∵b1=a2=a1+1,∴a2-a1=1.
b2=a4=a3+1=a2+3 ∴a4-a2=3.
同理a6-a4=3
……
bn=a2n-a2n-2=3.
叠加可知a2n-a1=1+3(n-1)
∴a2n=3n-1
∴bn=3n-1.验证可得b1=a2=2，符合上式.
（2）解：∵a2n=a2n-1+1
∴a2n-1=a2n-1=3n-2.
∴设{an}前20项和为S20
∴S20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)
=145+155=300
18.
13、
（1）解：
由题意得x=0,20,100.
P（x=0）=0.2
P(x=20)=0.8×0.4=0.32
P(x=100)=0.48
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
∴
（2）解：
小明先选择B，得分为y
∴y=0,80,100
P（y=0）=0.4
P(y=80)=0.6×0.2=0.12
P(y=100)= 0.6×0.8=0.48
y
0
80
100
p
0.4
0.12
0.48
∴
Ex=54.4 Ey=57.6
∴小明应先选择B.
19.
（1） 由正弦定
14、理
得bsin∠ABC=csinc,即sin∠ABC=bsincc
又由BDsin∠ABC=asinc，得BDbsincc=asinc,
即 BD∙b=acb2=ac⇒ BD=b
(2) 由AD=2DC,将AD=2DC,即BD=13BA=23BC
⇒|BD|2 = 19|BA|2+ 49|BC|2+ 49BA ∙BC
⇒b2=19c2+49a2+49c∙aa2+c2-b22ac
⇒11b2 =3c2+6a2b2 =ac⇒6a2-11ac+3c2=0
⇒a=32c或a=13c
①a=32cb2 =ac ⇒b2 =32c2⇒cos∠ABCa2+c2-b22a
15、c=
94c2+c2-32c22c∙32c=712
②a=13cb2 =ac⇒b2 =13c2⇒cos∠ABC=19c2+c2-13c22c∙13c=76(x)
综上
cos∠ABC=712
20.
(1)证明：
由已知，∆ABD中AB=AD且O为BD中点
∴AO⊥BD
又平面ABD⊥平面BCD
∴AO⊥平面BCD且CD⊂平面BCD
∴AO⊥CD
(2)由于△OCD为正三角形，边长为1
∴OB=OD=OC=CD
∴∠BCD=90°
取OD中点H，连结CH，则CH⊥OD
以H为原点，HC,HD,HZ为x，y，z轴建立空间直角坐标系
由①可知，平面BC
16、D的法向量m=(0,0,1)
设C(32,0,0)，B(0,-32,0)，D(0,12,0)
则DA=(0,-1,h)
∵DE=2EA
∴DE=23DA=(0,-23,23h)
∴BE=DE-DB=(0,43,23h)且BC=(32,32,0)
设n⊥平面BEC n=(x,y,z)
∴n•BC=0n•BE=0，即3x+3y=043y+23hz=0
∴n=(3,-1,2h)
由于二面角E-BC-D为45°
∴cos45°=22=|cosn•m|=2h3+1+4h2
∴h=1
∴V三棱锥A-BCD=13S∆BCD×h=13×34×2×1=36
21.（1）c=17
17、 2a=2,a=1,b=4
C表示双曲线的右支方程：x2-y216=1(x≥1)
（2）设T(12,m)，设直线AB的方程为y=k1x-12+m，Ax1,y1,Bx2,y2
y=k1x-12+m16x2-y2=16，得16x2-[k12x2-x+14+2k1mx-12+m2]=16
16-k12x2+k12-2k1mx-14k12+k1m-m2-16=0
∴TATB=1+k12x1-12x2-12
=1+k12x1x2-12x1+x2+14
=1+k12k1m-14k12-m2-1616-k12-122k1m-k1216-k12+14
=1+k12-m2-1216-
18、k12
=1+k12m2+12k12-16
设kPQ=k2，同理可得
TPTQ=1+k22m2+12k22-16
所以1+k12m2+12k12-16=1+k22m2+12k22-16
得k22-16k12=k12-16k22
∴k12=k22
∵k1≠k2
∴k1=-k2
即k1+k2=0
22.（1）f(x)=x-xlnx
f’(x)=1-lnx-1=-lnx(x＞0)
令f’(x)＞0，则0＜x＜1，
令f’(x)＜0，则x＞1
∴f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1,+∞).
(2)lnaa-lnbb=1b-1a
即1+ln
19、aa=1+lnbb，即f(1a)=f(1b)
令p=1a，q=1b，不妨设0＜p＜1＜q，下面证明2＜p+q＜e.
① 先证p+q＞2，当p≥2时结论显然成立.
当q∈(1,2)时，p+q＞2,，则p＞2-q，∴2-q＜1.只需设f(p)＞f(2-q).
即证当q∈(1,2)时，由f(p)＞f(2-q)
令g(x)=f(x)-f(2-x).
g’(x)=f’(x)+f’(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[-(x-1)2+1]
当x∈(1,2)时，-(x-1)2+1＜1，所以g’(x)＞0,
∴g(x)在(1,2)上单调递增，
∴g(q)＞g(1)=0，即f(q)＞f(2-q)
②再设p+q<ⅇ,
当x∈0,ⅇ时，fx>0，当x∈ⅇ,+∞时，fx<0
∴q<ⅇ
∵0ⅇ-1>1
要证q<ⅇ-p 只需证fq>fⅇ-p
即证当P∈0,1时，有fP>fⅇ-p
设hx=fx-fⅇ-x，x∈0,1，h'x=f'x+f'ⅇ-k=-lnx-lnⅇ-x=-lnxⅇ-x
设ⅇx-x2=1 小于1的根为x0，则hx在0,x0单调递增，在x0,1单调递减.
hx>h1=f1-fⅇ-1>0
证毕
14
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