一模答案： 1.B 2.B. 3．B 4.D 5．A 6．A. 7．C 8．D 9．ACD 10.AC 11.BCD因为. 对于B，因为， 令，可得，其图象开口向上，对称轴为， 可知在内单调递增，且在内单调递增， 所以在上是单调函数，故B正确； 对于D，因为， 所以函数为周期函数，且是函数的一个周期， 只需求出函数在上的值域，即为函数在上的值域， 由， 则， 当时，，故， 此时，函数在上单调递增， 当时，，， 此时，函数在上单调递减， 所以当时，， 又因为，则， 则函数的值域为，故D正确.故选：BCD. 12. 13． 14．设粒子运动到(其中表示横坐标，纵坐标一样时的粒子坐标)时所用的时间分别为，则 相加得,所以， 又，故运动1980秒时它到点， 又由运动规律知中,奇数点处向下运动，偶数点处向左运动. 故到达时向左运动39秒到达，即运动2019秒时,这个粒子所处的位置的坐标.故答案为. 15．（1）若选择①②， 由可知，或，因此或， 结合可知，选择①②时，不存在；--1分 若选择②③ 由利用正弦定理可得， 又，可得，显然不成立，--1分- 即选择②③，也不存在--3分 若选择①③，利用正弦定理可得，即， 又，可得，此时存在；--5分 所以可得；--7分（若直接选择了1,3，直接到7分） （2）由可得， 由可得；--10分 所以的面积为.--13分 16．（1）因为平面平面，平面平面， 又，所以平面.--1分 因为平面，所以. 又因为折叠前后均有，，所以平面.--3分 （2）由（1）知平面，所以二面角的平面角为.--4分 又平面，平面，所以. 依题意.因为，所以.--5分 设，则. 依题意，所以，即. 解得，故，，.--8分 （3）法1：如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，. 由（1）知平面的法向量.--10分 设平面的法向量 由得 令，得，，所以.--12分 所以.所以二面角的余弦值为.—--15分 法2：因为平面，过点作交于，则平面. 因为平面，所以. 过点作于，连接，所以平面，因此. 所以二面角的平面角为.--12分 由平面几何知识求得，， 所以.所以. 所以二面角的余弦值为.--15分 17．（1）设等轴双曲线的方程为，其渐近线方程为， 故，解得，所以双曲线E的方程为.--3分 （2）由题意，过点的直线斜率存在且不为0，可设其方程为， 设，由，得，--4分 联立，整理得， 由韦达定理得：，，--6分 联立解得，经验证均满足题意，所以直线的斜率为.--8分 （3）点在第三象限，如图所示，故直线的斜率是正数， 由，得，--9分 所以，则，则，--11分 由，得，--13分 所以，则，又因为直线交两支两点，故直线的斜率，所以.--15分 18（1）由题意得，将五进制数转化为十进制数为， ∵，∴， ∴五进制数转化成三进制数为--2分 （2）①若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况.--3分 ∵，∴的所有可能取值为.--4分 当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况, 若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况， 共有种情况，故.--6分 当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，故，--7分 ∴，--8分 ∴随机变量的分布列为 1 2 3 ∴.--9分 ②∵位二进制数的， 根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个，--10分 ∵，∴的可能取值为. 当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同， 除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同， 由于，故共有种情况，--12分 ∴，--13分 ∴随机变量的分布列为 1 2 3 ∵，--14分 ∴ ，∴.--17分 19．(1)解：法一：由，且化简得，即， 令，可知在上单调递增，--1分 则在上恒成立，即在上恒成立， 令，显然在上单调递减， 所以，即，故实数的取值范围为.--3分 ... ...
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