2022届辽宁省沈阳市高三教学质量监测（三）数学试题(含答案).rar

高三数学 第 1 页（共 4 页） 2022 年沈阳市高中三年级教学质量监测（三） 年沈阳市高中三年级教学质量监测（三） 数数 学学 命题：东北育才学校 刘新风 沈阳市第 20 中学 杜伟明 沈阳市第 31 中学 闫 通 东北育才双语学校 马江宁 审题：沈阳市教育研究院 周善富 本试卷共 4 页，22 小题，满分 150 分。考试用时 120 分钟。注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡指定区域。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。 3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡交回。 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知全集| 13Uxx= N，1,2A=，则UA= A.3 B.0,3 C. 1,3 D. 1,0,3 2.已知复数1z和2z，则“12zz”是“120zz”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.在等比数列 na中，28,a a为方程240 xx+=的两根，则357a a a的值为A. B. C. D.34.中华民族传统文化源远流长，小明学习了二十四节气歌后，打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗词，他准备在冬季的6个节气：立冬、小雪、大雪、冬至、小寒、大寒与春季的6个节气：立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨这 12 个节气中一共选出4个不同的节气，搜集与之相关的古诗词，如果冬季节气和春季节气各至少被选出1个，那么小明选取节气的不同情况的种数是A.345B.465C.1620D.18605.已知椭圆22:4(0)C xym m+=的两个焦点分别为12,F F，点P是椭圆上一点，若12PF PF的最小值为1，则12PF PF的最大值为 A.4B. 2 C.14D. 126.若ln1a =，2be =，3ln3c =，则a,b,c的大小关系为A.acbB.bcaC.cbaD.abc 高三数学 第 2 页（共 4 页） 7.函数( )yf x=，,2 2x ，若sin2()01 cos2xfxx+=+，则( ) f x在的图象大致是 A BCD 8.已知函数( )lnxg xexm=的图象恒在( )(1)mf xex=的图象的上方，则实数m的取值范围是 A. (,1) B. (,1)e C.(0,1) D. (0,1)e 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。 9.下列命题中，真命题有 A.数据 6，2，3，4，5，7，8，9，1，10 的70%分位数是 8.5 B.若随机变量16,3XB，则()4=9D X C.若事件A,B满足0( ), ( )1P A P B且()( )( )1P ABP AP B=，则A与B独立 D.若随机变量()22,XN，()10.68P X =，则()230.18Px= 10.已知( ), ( )f x g x分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且( )( )2022xf xg x+= sin25xx，则下列说法正确的有 A.(0)1g= B.( )g x在0,1上单调递减 C.(1101)g x关于直线1101=x对称 D.( )g x的最小值为 1 11.如图四棱锥ABCDP ，平面PAD平面ABCD，侧面PAD是边长为62的正三角形，底面ABCD为矩形，32=CD，点Q是PD的中点，则下列结论正确的有 A.CQ平面PAD B.直线QC与PB是异面直线 C.三棱锥ACQB的体积为26 D.四棱锥ABCDQ外接球的内接正四面体的表面积为324 12. 已知函数( )yf x=（xR） ，若( )0fx 且( )( )0fxxfx+，则有 A.( )f x可能是奇函数或偶函数 B.()( )11ff C.若A与B为锐角三角形的两个内角，则s()()insincoscosAAfBfB D.(0)e (1)ff 高三数学 第 3 页（共 4 页） 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13.函数3( )3sin()364f xx=的最小正周期为_. 14.若501(12 ) xaa x=+234234a xa xa x+55a x+，则012345aaaaaa+=_. 15.已知平面向量a，b，c满足=1a，=1c，a+b+=0c，=a b1，则=b_. 16.已知, ,A B C三点在抛物线214yx=上，且ABC的重心恰好为抛物线的焦点，则ABC的三条中线的长度的和为_. 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 （本小题满分 10 分） 设各项为正数的数列 na的前n项和为nS，数列 nS的前n项积为nT，且21nnST+=. （1）求证：数列1nT是等差数列； （2）求数列 na的通项公式. 18.（本小题满分 12 分） 在，三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答. 已知锐角ABC的内角A,B,C,的对边分别为a,b,c满足_（填写序号即可） （1）求； （2）若，求的取值范围. (注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分). 19 （本小题满分 12 分） 如图，在三棱柱111ABCABC中，四边形11ACCA为菱形，1111=B AAC AA60=，4=AC，2=AB，平面11ACC A平面11ABB A，Q在线段AC上移动，P为棱1AA的中点. (1)若H为BQ中点，延长AH交BC于D，求证：AD平面1BPQ； (2)若二面角11BPQ C的平面角的余弦值为1313，求点P到平面1BQB的距离. 2 sincoscos0aB bC cB=222sinsinsin3sinsin0ABCAC+=sinsin3sincoscos0ACBAC=B1a =bc+ 高三数学 第 4 页（共 4 页） 20 （本小题满分 12 分） 某学校最近考试频繁，为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏.班主任把 8 个小球（只是颜色有不同）放入一个袋子里，其中白色球与黄色球各 3 个，红色球与绿色球各 1 个.现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白球每个记 1 分，黄球每个记 2 分，红球每个记 3 分，绿球每个记 4 分，规定摸球人得分不低于 8 分为获胜，否则为负.并规定如下： 一个人摸球，另一人不摸球； 摸出的球不放回； 摸球的人先从袋子中摸出 1 球；若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出 2 个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出 3 个球，摸球人的得分为两次摸出的球的记分之和； （1）若由甲摸球，如果甲先摸出了绿色球，求该局甲获胜的概率； （2）若由乙摸球，如果乙先摸出了红色球，求该局乙得分的分布列和数学期望( )E； （3）有同学提出比赛不公平，提出你的看法，并说明理由. 21 （本小题满分 12 分） 已知函数( )21cos4f xxxx=+，( )fx为( )fx的导函数. （1）若0,2x，( )2fxmx恒成立，求m的取值范围； （2）证明：函数( )( )cosg xfxx=+在0,2上存在唯一零点. 22 （本小题满分 12 分） 如图，在平面直角坐标系中，12,F F分别为等轴双曲线()2222:10,0 xyabab=的左、右焦点，若点A为双曲线右支上一点，且124 2AFAF=，直线2AF交双曲线于B点，点D为线段1FO的中点，延长,AD BD，分别与双曲线交于,P Q两点. (1)若()()1122,A x yB xy，求证：()1221214x yx yyy=； (2)若直线,AB PQ的斜率都存在，且依次设为12,k k.试判断21kk是否为定值，如果是，请求出21kk的值；如果不是，请说明理由. 数学答案 第 1 页 （共 12 页） 2022 年年沈阳市沈阳市高中三年级教学高中三年级教学质量监测质量监测(三三) 数学参考答案与评分标准数学参考答案与评分标准（附主观题解析）（附主观题解析） 说明：说明： 一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则 二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度， 可视影响的程度决定后继部分的给分， 但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分 三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分 一、选择题：一、选择题： 1B 2A 3C 4B 5D 6A 7B 8A 二、选择题：二、选择题： 9CD 10ACD 11BD 12BCD 三、填空题：三、填空题： 136 14243 152 169 四、解答题：四、解答题： 17 （本小题满分 10 分） 解： （1）当1n =时，111112231STaaa+=+=，解得：113a =； 1 分 当2n时，由21nnST+=得：121nnnTTT+=， 3 分 所以1112nnTT=， 所以数列1nT是以11113Ta=为首项，2为公差的等差数列. 5 分 （2）有（1）可得()132121nnnT= +=+，解得：121nTn=+， 数学答案 第 2 页 （共 12 页） 所以11212112121nnnTnnSTnn+=+，经检验：1113Sa=满足2121nnSn=+，()2121=+nnSnnN， 7 分 当2n时，()12212(1) 14212(1) 141nnnnnaSSnnnn=+N 9 分 由（1）可知113a =， 综上所述()21,(1)342,41nnannn=N . 10 分 18.（本小题满分 12 分） 解： （1）若选，由正弦定理得， 因为，所以，又因为，所以. 4 分 若选，由正弦定理得，即， 由余弦定理得，又因为，所以.4 分 若选， 从而得，又因为，所以. 4 分 （2 2）方法一：方法一： 由正弦定理得， ， 6 分 所以， 8 分 ()2sinsinsincossincossinsinABBCCBBCA=+=+=sin0A1sin2B =0,2B6B =22230abcac+=2223acbac+=2223cos22acbBac+=0,2B6B =()()3sincoscossinsincoscos cosBACACA CBB=+=3tan3B =0,2B6B =sinsinsinabcABC=sin1sin2sinBbAA=()31sincossinsin3cos22sinsinsin22sinAAABCAcAAAA+=+22cos31 cos331222sin224sincos2tan222AAbcAAAA+=+=+=+数学答案 第 3 页 （共 12 页） 由ABC是锐角三角形可得， 得，则， 10 分 因为在上单调递增，所以，从而， 所以的取值范围为. 12 分 方法二：方法二： 如图，过点C分别做,BA BC的垂线，与直线BA的交点设为,M N， 因为ABC是锐角三角形，所以点,M N分别在线段BA和其延长线上. 由题设条件1BC =，6B=，可在直角CMB和直角NCB中求得： 1312,2233CMMBCNNB=, 6 分 所以132bcACABACAMMBCMMB+=+=+=， 8 分 且3bcACABCNANABCNNB+ =+=+=， 10 分 所以的取值范围为. 12 分 方法三：方法三： 所以31cos22sinAbcA+=+, 6 分 由ABC是锐角三角形可得， 得， 8 分 025062ACA=32A624Atanyx= ,6 43tan,123A()11, 3tan2Abc+13, 32+bc+13, 32+1NMBCA025062ACA=32A数学答案 第 4 页 （共 12 页） 由于sin A在,3 2 单调递增，cosA在,3 2 单调递减， 并且1 cos0,sin0AA+。所以1 cos( )2sinAf AA+=在,3 2 单调递减，10 分 ()( )()23ff Af，即所以的取值范围为 12 分 19 （本小题满分 12 分） 解：(1)方法一方法一：如图，取 BB1中点 E，连接 AE，EH， 由 H 为 BQ 中点，则 EHB1Q. 2 分 在平行四边形 AA1B1B 中，P、E 分别为 AA1，BB1的中点，则 AEPB1，4 分 由 EHAE=E 且,EH AE 面EHA，又 PB1,B1Q面 B1QP， 所以面 EHA面 B1QP，而 AD面 EHA， AD面 B1PQ. 6 分 方法二：方法二：取1BQ的中点 T,连接 HT，TP, 因为 H 为 QB 中点，所以1/HTBB且112HTBB=, 2 分 又因为1/APBB且112APBB=,所以/ /APHT且APHT=， 所以四边形 AHTP 为平行四边形， 4 分 所以/PTAH,即/ /ADPT 又因为11,PTBPQ ADBPQ面面 AD面 B1PQ. 6 分 (2)连接 PC1，AC1，由四边形 A1C1CA 为菱形，则 AA1=AC=A1C1=4. 又C1A1A=60，则AC1A1为正三角形，P 为 AA1的中点，即 PC1AA1. 因为面 ACC1A1面 ABB1A1，面 ACC1A1面 ABB1A1=AA1，PC1面 ACC1A1， PC1面 ABB1A1，在面 ABB1A1内过 P 作 PRAA1交 BB1于点 R, 7 分 建立如图所示的空间直角坐标系 P-xyz， 则 P(0,0,0)，A1(0,2,0)，A(0,-2,0)，C1(0,0,23)，C(0,-4,23)， 8 分 设AQ=AC=(0,-2,23)，0,1，则 Q(0,-2(+1),23)， bc+13, 32+数学答案 第 5 页 （共 12 页） PQ=(0,-2(+1),23).A1B1=AB=2，B1A1A=60，则B1(3,1,0)， 1PB=(3,1,0).设面 PQB1的法向量为m=(), ,x y z ，则1-2(1)2 3030mPQyzmPBxy=+=+=,令 x=1，则m=(1,-3,-1+)， 设面 AA1C1C 的法向量为n=(1,0,0)，二面角 B1-PQ-C1的平面角为 ， 则2113cos13|11 3()m nm n=+ +，解得 =12或 =-14(舍)， AQ=12AC且 Q(0,-3,3)， 10 分 又 B(3,-3,0)，QB=(3,0,-3)，故|QB|=6，1QB=(3,4,-3)，故1QB=22. 所以22211QBBBQB+=，即1QBBB， 连接 BP，设 P 到平面 BQB1的距离为 h，则1312433=131246h， 所以62h =，即点 P 到平面1BQB的距离为62. 12 分 20 （本小题满分 12 分） 解： （1）记“甲第一次摸出了绿色球，求甲获胜”为事件A 则( )1121632793217C CCP AC+=. 3 分 （2）如果乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出 3 个小球，则得分情况有：6分，7 分，8 分，9 分，10 分，11 分. ()33371635CPC=,()2133379735CCPC=,()1233379835CCPC=,()11331333774935CCCPCC=+=,()1113313791035CCCPC=,()21313731135CCPC=.6 分 所以的分布列为： 6 7 8 9 10 11 P 135 935 935 435 935 335 7 分 所以的数学期望19949360678910113535353535357E=+ + + +=. 8 分 （3）由第（1）问知，若先摸出来绿球，则摸球人获胜的概率为137p =. 由第（2）问知，若先摸出了红球，则摸球人获胜的概率为294935357p+=. 数学答案 第 6 页 （共 12 页） 若先摸出了黄球，则摸球人获胜的概率为221162233372235CCC CpC+=. 若先摸出了白球，则摸球人获胜的概率为2263437(1)1735CCPC+=. 则摸球人获胜的概率为13153223171578787835835280P =+= 10 分 【答案一】 ：因为摸球人获胜的概率为15712802P =，所以比赛不公平. 12 分 【答案二】 ：摸球人获胜的可能性大. 如果指定由某一人摸球，则比赛不公平. 如果摸球人是在甲乙二人之中，随机等可能的产生，则这样的比赛是公平的。 （答案二和其他答案酌情给分）12 分 21 （本小题满分 12 分） 解： （1）解：方法一：当0 x =时，( )000fm=成立，1 分 当0,2x时，( )2cos14xfxmxmx+. 2 分 设( )cos14xp xx=+，0,2x，则( )2sincosxxxpxx=. 0,2x，( )0p x，( )p x在0,2上单调递减， ( )min124p xp=，14m . 4 分 方法二：第（1）问等价于，当0,2x时，21( )cos()04F xxxm x=+恒成立， 1 分 当104m时，因为21( )()0244Fm=，所以( )0F x 不恒成立； 当104m时，21( )cos()04F xxxm x=+恒成立，所以14m ， 综上，14m ； 4 分 （2）证明：方法一：( )1sincos2fxxxxx= +， ( )1cos112cossin2 (sin )242xg xxxxxxxx=+=+，6 分 由（1） （法一）可知，函数cos11( )sin42xh xxx=+在(0,)2上单调递减， ( )h x在(0,)2上至多一个零点， 9 分 且3 3( )06h=，1()024h= ， 数学答案 第 7 页 （共 12 页） cos11( )sin42xh xxx=+在(0,)2上有唯一的零点0(,)6 2x ( )g x在(0,)2上存在唯一零点. 12 分 方法二：( )1sincos2fxxxxx= +， ( )12cossin2g xxxxx=+，设( )1( )3sincos2h xgxxxx= +. 设( )( )4cossink xh xxxx= +，则( )5sincoskxxxx=+.6 分 当0,2x时，( )0k x，( )h x为增函数，且( )040h= ，()022h=， 存在唯一的00,2x， 使得()00h x=， 当()00,xx时，( )0hx； 当0,2xx时，( )0hx.( )g x在()00,x上单调递减，在0,2x上单调递增. 8 分 又( )1002g=，5022g= ，存在唯一的()000,tx，使得( )00gt=， 当()00,xt时，( )0g x；当0,2xt时，( )0g x.( )g x在()00,t上单调递增，在0,2t上单调递减. 10 分 ( )020g=，024g= ，存在唯一的00,2rt，使得( )00g r=，( )g x在0,2上存在唯一零点. 12 分 22 （本小题满分 12 分） 解：1)证明：由已知，双曲线是等轴双曲线，所以离心率2cea=，12| 4 22AFAFa=，及222cab=+， 可得2228,8,16abc=，所以双曲线方程为22188xy=， 2 分 2(4,0)F.当直线AB的斜率不存在时，124xx=，()12212121444x yx yyyyy=， 直线AB的斜率存在时，22AFBFkk=，121244yyxx=， 整理得()1221214x yx yyy=，综上所述，()1221214x yx yyy=成立； 6 分 (2)（方法一）（方法一）依题意可知直线AD的斜率存在且不为 0，设直线AD的方程为()1122yyxx=+， 数学答案 第 8 页 （共 12 页） 代入双曲线228xy=并化简得：()()()2222211122820 xxyxx+=， 由于22118xy=，则22118yx=代入并化简得：()()22211114124812320 xxxxxx+=， 设00(,)P x y，则211101383xxx xx=+ 101383xxx=+， 8 分 代入()1122yyxx=+，得1013yyx=+，即111138(,)33xyPxx+， 同理可得222238(,)33xyQxx+， 10 分 所以()()21122121212211221333383833yyx yx yyyxxkxxxxxx+=+ ()()()212121112124377yyyyyykxxxx= =，所以217kk=是定值. 12 分 （方法二）（方法二）设直线1(4)yk x=，联立122(4)188yk xxy=， 所以2222111(1)88(21)0kxk xk+=， 所以22111212221188(21),11kkxxx xkk+=， 8 分 设3344( ,), ( ,),P x yQ x y带入双曲线中得：232333441,1,8888xyxy= 两式作差整理得：34343434yyxxxxyy+=+ ， 同方法一得111138,33xyPxx+，222238,33xyQxx+， 10 分 所以2134341212213434112121617()482807 .(224)40yyxxx xxxkkkxxyykx xxxk+=+（）- 12 分 数学答案 第 9 页 （共 12 页） 客观试题解析客观试题解析 1. B 易知0,1,2,3U =，1,2A=，故0,3UC A=，故选 B. 2. A 由“12zz”可以知道1z和2z都是实数，所以左能推出右；由120zz可以知道12zz是实数，但是1z和2z不一定是实数，故选 A. 3. C 由 等 比 数 列 的 性 质 可 知 ，228375a aa aa=， 所 以5a= ， 所 以33575a a aa = ，故选 C. 4. B 根据题意可知，小明可以选取 1 冬 3 春、2 冬 2 春、3 冬 1 春，故小明选取节气的不同情况有：465163626263616=+CCCCCC（种） ，故选 B. 5. D 对于椭圆22221(0)xyabab+=， 可以证明2212 max()PF PFac=，2212 min()PF PFbc=， 本题2223,44mam bcm=， 由3144mm= ，得2m=， 所以最大值为31442mmm=，故选 D. 6. A 由题设知：lneae=，ln2ln424b =，ln33c =， 令( )ln(0)xf xxx=，则21 ln( )xfxx=，易知(0, ) e上( )f x单调递增， ( ,)e +上( )f x单调递减，即( )(3)(4)(2)f efff=，acb，故选 A. 7. B 因为(2 2x , )，在sin2()01 cos2xfxx+=+中， 用x代x得到2sin( 2 )sin22sin cos( )tan1 cos( 2 )1 cos21 2cos1xxxxf xxxxx= =+，故选 B. 8. A 方法一：由题意可得(1)lnmxexexm， 故lnmxx emxex+， 即lnlnmxxemxex+， 令( )xxex=+，易证( )xxex=+单调递增， 原不等式可化为(ln )( )mxx+， 所以lnmxx+， 数学答案 第 10 页 （共 12 页） 因此lnmxx， 易证函数( )lnh xxx=的最小值为 1， 所以1m 故选 A. 方法二：由题意可得(1)lnmxexexm， 令1x =，可得1meme+ + 令( )xxex=+，易证( )xxex=+单调递增， 原不等式可化为( )(1)m， 所以1m， 反之，当1m时， 易证,1lnxeex xx 所以ln1 ln0 xmxee xxmxeexxx+ + 所以原不等式(1)lnmxexexm成立 综上1m 故选 A. 9.CD A：对数据排序得到 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 由10 70%7=，所以70%分位数是787.52+=，错误； B：由题设，()1146(1)333D X =，错误； C：方法一：因为()()( )P ABP ABP A+=，即()( )()P ABP AP AB=，又()( )( )1P ABP AP B=，即( ) ( )( )()P A P BP AP AB=，所以( )( )()ABBPP A P=，故A与B独立，正确； 方法二：由()( )( )1P ABP AP B=得()( )( )1P ABP BP A=，即()( )|P B AP B= 则A与B独立，则A与B独立，正确； D：由题设，相应正态曲线关于2x =对称，所以()23(12)0.680.50.18PxPx=，正确； 故选 CD. 10.ACD 由题，将x代入( )( )2022sin25+=xf xg xxx得()()2022xfxgx+= ()()sin25xx，因为( ), ( )f x g x分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以可得( )( )2022sin25xf xg xxx+=+，将该式与题干中原式联立可得 数学答案 第 11 页 （共 12 页） ( )202220222xxg x+=.对于 A：( )0020222022012g+=，故 A 正确； 对于 B：( )1120222022112g+=，所以( )g x不可能单调递减，故 B 错误； 对于 C:根据偶函数定义可得()( )gxg x=，所以( )g x为偶函数，(1101)g x表示( )g x向右平移 1101 个单位，故(1101)g x关于1101=x对称，故 C 正确； 对于 D：根据基本不等式( )112022122022xxg x=+，当且仅当0 x =时取等，故 D 正确； 故选 ACD. 11.BD 因为底面ABCD为矩形， 所以ADCD， 又平面PAD平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD=， 所以由面面垂直性质定理可知CD 平面PAD， 所以CQ与平面PAD不垂直，故 A 错误； 显然，直线QC与PB是异面直线，故 B 正确； 三棱锥ACQB的体积为 62321623221312131=OPSVVABCABCQACQB，所以 C 错误； 设矩形ABCD的对角线交点为M， 易证| | | | |MAMBMCMDMQ=， 所以四棱锥ABCDQ外接球的球心为M， 所以四棱锥ABCDQ外接球的半径为3， 设四棱锥ABCDQ外接球的内接正四面体的棱长为x，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，故正方体的棱长为x22，所以226)22(3=x，得242=x，所以正四面体的表面积为3244342=x，所以 D 正确； 故选 BD. 12.BCD 令( )( )22xg xef x=，则( )0g x 且( )( )( )( )( )()222222eeexxxgxxf xfxxf xfx=+=+， 因为22e0 x，( )( )0fxxf x+，所以( )0gx，所以函数( )g x为增函数， 若( )fx是奇函数，则()( )fxfx= ，又因为( )0fx ，与()( )fxf x= 矛盾，所以函数( )yf x=不可能是奇函数； 若( )fx是偶函数，则函数( )g x为偶函数，与函数( )g x为增函数矛盾，所以函数( )yf x=不可能是偶函数，故 A 错误； 函数( )g x为增函数，所以()( )11gg，即()( )1122e1e1ff， 所以()( )11ff，故 B 正确； AB若 与 为锐角三角形的两个内角，则有2C2AB+，所以2AB， 所以sinsin()2AB，所以1sincos0AB， 数学答案 第 12 页 （共 12 页） 设22( )( )( )xxp xx f xg xe=，(0,1)x， 则222221( )( )( )0 xxxxp xg xg xee=+，所以( )p x在(0,1)上单调递增， 所以(sin )(cos )pApB,故 C 正确； 由( )( )01gg，即( )( )0e1ff，故 D 正确； 故选 BCD. 13.6 利用正弦型函数的周期公式可得函数的最小正周期为 6 14. 243 令1x =,可得到答案为53243=. 15. 2 由+ +=0abc,得到+=abc，两边平方可得结果. 16.9 由重心(0,1)F可以得到 A，B，C 的纵坐标之和为1233yyy+=，利用抛物线的定义得到1231116FAFBFCyyy+=+ + + =，中线的长度和为3()92FAFBFC+=.