高考文科数学期末模拟试题精编答案912套.docx

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高考文科数学期末模拟试题精编答案912套

高考文科数学期末模拟试题精编（九）

1．解析：

选B.通解：

z＝＝＝1＋i，＝1－i，z·＝2，故选B.

优解：

由题意知|z|＝＝＝，利用性质z·＝|z|2，得z·＝2，故选B.

2．解析：

选A.∵A＝{x∈R|x2－2x－3≤0}＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|x＞a}，A∩B＝∅，∴a≥3，故选A.

3．解析：

选A.自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1，a2，…，a9，依题意有，因为a2＋a3＝a1＋a4，a7＋a9＝2a8，故a2＋a3＋a8＝＋＝.选A.

4.解析：

选B.由三视图知该几何体为四棱锥，如图，可知PO＝＝，V＝×SABCD×PO＝×4×＝，四棱锥的全面积S＝22＋×2×2×4＝12，设四棱锥的内切球的半径为r，可知×r×S＝V，即×r×12＝，解得r＝.故选B.

5．解析：

选A.由题意得m＝±4，当m＝4时，曲线为焦点在y轴上的椭圆，离心率为；当m＝－4时，曲线为焦点在x轴上的双曲线，离心率为＝，故选A.

6．解析：

选C.因为0＜a＝0.30.3＜0.30＝1，b＝1.20.3＞1.20＝1，c＝log1.20.3＜log1.21＝0，所以c＜a＜b，故命题p为假命题，綈p为真命题；由x2－x－6＞0可得x＜－2或x＞3，故“x2－x－6＞0”是“x＞4”的必要不充分条件，q为真命题，故（綈p）∧q为真命题，选C.

7．解析：

选C.作出不等式组

表示的平面区域如图中阴影部分所示．又过点M（－4,0），N（0，－3）的直线的方程为3x＋4y＋12＝0，而它与直线3x＋4y＝12平行，其距离d＝＝，所以当P点在原点O处时，△PMN的面积最小，其面积为△OMN的面积，此时S△OMN＝×3×4＝6；当P点在线段AB上时，△PMN的面积最大，为××＝12，故选C.

8．解析：

选C.n＝21,21＝0（mod3）；n＝22，∴22＝1（mod3）；n＝23，

∴23＝2（mod3）；23＝3（mod5），∴输出n＝23.

9．解析：

选B.设甲、乙、丙三人各持有x，y，z钱，则，解方程组得，所以乙手上有32钱．

10．解析：

选A.取AC的中点为O，连接OM，ON，则ON∥AP，ON＝AP，OM∥BC，OM＝BC，所以异面直线PA与MN所成的角为∠ONM，在△ONM中，依题意得，OM＝2，ON＝2，MN＝4，由勾股定理可知OM⊥ON，则∠ONM＝30°，选A.

11．解析：

选D.由题意，知P，B，C三点共线，则存在实数λ使＝λ，所以－＝＝λ＝λ（－），所以＝－λ＋（λ＋1），则，所以x＋y＝1且≤x≤，于是xy＝x（1－x）＝－2＋，所以当x＝时，xy取得最大值；当x＝或x＝时，xy取得最小值，所以xy的取值范围为，故选D.

12．解析：

选A.令F（x）＝2xf（x），则F′（x）＝2f（x）＋2xf′（x），由f′（x）·x＋f（x）＞0可知F′（x）＞0在[1,2]上恒成立，所以对任意的x∈[1,2]，F′（x）＝＋2（x－t）＞0恒成立，即t＜x＋，因此问题转化为t＜h（x）＝x＋在[1,2]上恒成立．因为h（x）min＝1＋＝2，所以t＜2，选A.

13．解析：

设工人数为n，由已知最多为600人，则劳动力的年生产能力为n×2000＝2000n.由生产该产品平均每件需要120个工时，得产量为2000n÷120＝n≤×600＝10000（件），而这10000件产品需要某重要部件的数量40000＞2000＋34000＝36000，因此从供应部提供的信息知年生产量为36000÷4＝9000，刚好达到预计销售量的最低限，由此可见，明年产量最多为9000件．

答案：

9000

14．解析：

由sinα－sinβ＝1－，得（sinα－sinβ）2＝2，即sin2α＋sin2β－2sinαsinβ＝－，①由cosα－cosβ＝，得cos2α＋cos2β－2cosαcosβ＝，②

①＋②得，2sinαsinβ＋2cosαcosβ＝，即cos（α－β）＝.

答案：

15．解析：

∵＝＝q2＝，∴q＝.

又∵Sk＝＝64－64k≤4·（2k－1）．

化简得：

22k－17·2k＋16≥0，∴2k≥16,2k≤1（舍），∴k≥4.

答案：

4

16．解析：

由题意知，直线PA，PB的斜率均存在，设点P（t2，t）（t＞0），A（xA，yA），B（xB，yB），直线PA的斜率为k，则直线PA：

y－t＝k（x－t2），直线PB：

y－t＝－k（x－t2），联立方程得化简得k2（x－t2）2＋（2tk－1）（x－t2）＝0，又xA≠t2，所以xA－t2＝，yA－t＝＝，同理，xB－t2＝，yB－t＝＝，于是kAB＝＝＝＝－＝－，则t＝，则P（3，）．

答案：

P（3，）

17．解：

（1）由cos2－sinB·sinC＝，

得－sinB·sinC＝－，（2分）

∴cos（B＋C）＝－，（4分）

∴cosA＝（0＜A＜π），∴A＝.（6分）

（2）由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得16＝b2＋c2－bc≥（2－）bc，当且仅当b＝c时取等号，即bc≤8（2＋）．（10分）

∴S△ABC＝bcsinA＝bc≤4（＋1），

即△ABC面积的最大值为4（＋1）．（12分）

18．解：

（1）a＝[1－（0.01＋0.015＋0.03＋0.015＋0.005）×10]÷10＝0.025，＝45×0.1＋55×0.15＋65×0.25＋75×0.3＋85×0.15＋95×0.05＝69.（4分）

（2）2×2列联表如下：

文科生

理科生

总计

获奖

5

35

40

不获奖

45

115

160

总计

50

150

200

因为K2＝＝≈4.167＞3.841，所以有超过95%的把握认为“获奖与学生的文、理科有关”．（12分）

19．解：

（1）证明：

取PD的中点Q，连接AQ，EQ，则EQ綊CD，又AF綊CD，

∴AFEQ为平行四边形，EF∥AQ，（2分）

∵EF⊥平面PCD，∴AQ⊥平面PCD，∵PD⊂平面PCD，

∴AQ⊥PD，

∵Q是PD的中点，∴AP＝AD.（6分）

（2）∵AQ⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AQ⊥CD，又AD⊥CD，又AQ∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PA，又BD⊥PA，CD∩BD＝D，∴PA⊥平面ABCD.（10分）

∴VDACE＝VEACD＝×PA×S△ACD＝××2××2×2＝.

故三棱锥DACE的体积为.（12分）

20．解：

（1）设椭圆C的方程为＋＝1（a＞b＞0），∵椭圆的左焦点为F1（－2,0），∴a2－b2＝4.（2分）

∵点B（2，）在椭圆C上，∴＋＝1.

解得a2＝8，b2＝4，∴椭圆C的方程为＋＝1.（5分）

（2）依题意点A的坐标为（－2，0），设P（x0，y0）（不妨设x0＞0），则Q（－x0，－y0），由得x0＝，y0＝，∴直线AP的方程为y＝（x＋2），直线AQ的方程为y＝（x＋2），（8分）

∴M，N，∴|MN|

＝＝，设MN的中点为E，则点E的坐标为，则以MN为直径的圆的方程为x2＋2＝，即x2＋y2＋y＝4.（10分）

令y＝0得x＝2或x＝－2，即以MN为直径的圆经过两定点P1（－2，0），P2（2,0）．（12分）

21．解：

（1）由已知得f′（x）＝＋ax－（a＋1），则f′

（1）＝0.（1分）

而f

（1）＝ln1＋－（a＋1）＝－－1，∴曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y＝－－1.（2分）

∴－－1＝－2，解得a＝2.（3分）

∴f（x）＝lnx＋x2－3x，f′（x）＝＋2x－3.（4分）

由f′（x）＝＋2x－3＝＞0，得0＜x＜或x＞1，由f′（x）＝＋2x－3＜0，得＜x＜1，∴f（x）的单调递增区间为和（1，＋∞），f（x）的单调递减区间为.（6分）

（2）若＜，则＋x－（a＋1）＜＋－，即－＜在区间（0，＋∞）上恒成立．（7分）

设h（x）＝－，则h′（x）＝＋＝，（9分）

由h′（x）＞0，得0＜x＜e，因而h（x）在上单调递增，由h′（x）＜0，得x＞e，因而h（x）在（e，＋∞）上单调递减．

∴h（x）的最大值为h（e）＝e－，∴＞e－，

故a＞2e－－1.

从而实数a的取值范围为{a|a＞2e－－1}．（12分）．

22.解：

（1）将C的参数方程化为普通方程，得（x＋1）2＋（y＋2）2＝1，（1分）

∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴直线l的极坐标方程为θ＝（ρ∈R），（3分）

圆C的极坐标方程为

ρ2＋2ρcosθ＋4ρsinθ＋4＝0.（5分）

（2）将θ＝代入ρ2＋2ρcosθ＋4ρsinθ＋4＝0，得

ρ2＋3ρ＋4＝0，

解得ρ1＝－2，ρ2＝－，|MN|＝|ρ1－ρ2|＝，（8分）

∵圆C的半径为1，∴△CMN的面积为××1×sin＝.（10分）

23．解：

（1）由f＝4－|x＋|－|x－|≥0，得

|x＋|＋|x－|≤4.

当x＜－时，－x－－x＋≤4，解得x≥－2，∴－2≤x＜－；当－≤x≤时，x＋－x＋≤4恒成立，

∴－≤x≤；当x＞时，x＋＋x－≤4，解得x≤2，

∴＜x≤2.

综上，|x＋|＋|x－|≤4，

即f≥0的解集为[－2,2]．（5分）

（2）令a1＝，a2＝，a3＝.

由柯西不定式，得·（a＋a＋a）≥2＝9，

即（3p＋2q＋r）≥9.

∵＋＋＝4，∴3p＋2q＋r≥，（8分）

当且仅当＝＝＝，即p＝，q＝，r＝时，取等号．

∴3p＋2q＋r的最小值为.（10分）

高考文科数学期末模拟试题精编（十）

1．解析：

选C.根据题意可得，，解得，满足题意0≤x≤1，所以集合A∩B＝{（1,2）}．故选C.

2．解析：

选A.（a＋1＋i）2－2a－1＝（a2－1）＋2（a＋1）i.

∵（a＋1＋i）2－2a－1是纯虚数，

∴解得a＝1，故选A.

3．解析：

选A.因为sin（π－α）＝sinα＝，≤α≤π，所以cosα＝－，所以sin2α＝2sinαcosα＝2××＝－，故选A.

4．解析：

选A.∵＝（1,2），＝（－1,1），∴向量在向量上的投影为＝＝，故选A.

5．解析：

选A.设双曲线C的标准方程为－＝1（a＞0，b＞0），由于直线l过双曲线的焦点且与对称轴垂直，因此直线l的方程为x＝c或x＝－c，代入－＝1中得y2＝b2＝，∴y＝±，故|AB|＝，依题意＝4a，∴＝2，

∴e＝＝＝，选A.

6．解析：

选B.由题意知，f（－2）＝－2－3＝1，f

（1）＝1，

∴不等式化为f（a）＞1.当a≤0时，f（a）＝a－3＞1，解得a＜－2；当a＞0时，f（a）＝＞1，解得a＞1.因而a∈（－∞，－2）∪（1，＋∞），故选B.

7．解析：

选A.执行流程图得，n＝1，x＝6＋1＝7，y＝8；

n＝2，x＝y＋1＝9，y＝10；

n＝3，x＝y＋1＝11，y＝12；

n＝4，x＝y＋1＝13，y＝14；

n＝5，循环结束，输出（13,14），故选A.

8．解析：

选A.由三视图知圆柱与正三棱柱的各侧面相切，设圆柱的底面半径为r，高为h，则V圆柱＝πr2h.正三棱柱底面三角形的高为3r，边长为2r，则V正三棱柱＝×2r×3rh＝3r2h，所以该几何体的体积V＝（3－π）r2h，则该几何体的体积与挖去的圆柱的体积的比值为＝－1.

9．解析：

选D.由题意得：

f（x）＝a·b＝2cos4x－2sin4x＝2（cos2x＋sin2x）（cos2x－sin2x）＝2cos2x＝2sin，而y＝sin2x＋cos2x＝2sin＝2sin，故只需将y＝f（x）的图象向右平移个单位即可．

10．解析：

选A.不妨记AB＝1，则由AC2＝AB·BC得AC＝，从而BC＝，于是“黄金矩形”的面积为－2.现在线段AB上任取一点C，设AC＝x，则BC＝1－x，由x（1－x）＜－2得0＜x＜或＜x＜1，故所求概率为P＝＋1－＝3－.

11.解析：

选B.将几何体的展开图还原为几何体（如图），因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．故选B.

12．解析：

选B.联立抛物线x2＝2py与直线y＝2x＋2的方程，消去y得x2－4px－4p＝0.设A（x1，y1），B（x2，y2），则Δ＝16p2＋16p＞0，x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p，∴Q（2p,2p）．∵·＝0，∴（x1－2p）（x2－2p）＋（y1－2p）（y2－2p）＝0，即（x1－2p）（x2－2p）＋（2x1＋2－2p）（2x2＋2－2p）＝0，∴5x1x2＋（4－6p）（x1＋x2）＋8p2－8p＋4＝0，将x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p代入，得4p2＋3p－1＝0，得p＝或p＝－1（舍去）．故选B.

13．解析：

圆C：

x2＋y2－2x－4y＋1＝0可化为（x－1）2＋（y－2）2＝4，圆心C（1,2），半径r＝2，依题意知弦长|AB|＝4，因此直线l经过圆心C（1,2），故1＋2a＋1＝0，解得a＝－1.

答案：

－1

14．解析：

作出不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分所示，易求得A（－1,1），B（2,1），作直线y＝－2x，由图知，平移直线y＝－2x，当经过A（－1,1）时z取得最小值，则a＝－2＋1＝－1，当经过B（2,1）时z取得最大值，则b＝2×2＋1＝5，函数y＝x－在[－1,5]上的值域为（－∞，＋∞）．

答案：

（－∞，＋∞）

15．解析：

因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.设这辆汽车的速度为vm/s，则BC＝14v，在Rt△ADB中，AB＝＝＝200.在Rt△ADC中，AC＝＝＝100.

在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，所以（14v）2＝（100）2＋2002－2×100×200×cos135°，所以v＝≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6m/s.

答案：

22.6

16.解析：

函数f（x）＝＝，其图象如图所示，由图象可知f（x）的值域为（－∞，－1）∪（0，＋∞），故①错；在（0,1）和（1，＋∞）上单调递减，在（0，＋∞）上不是单调的，故②错；f（x）的图象关于y轴对称，故③正确；由于在每个象限都有图象，所以与过原点的直线y＝ax（a≠0）至少有一个交点，故④正确．

答案：

③④

17．解：

（1）设等差数列{an}的公差为d，依题意有，（2分）

解得a1＝1，d＝2，从而{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.（4分）

（2）c1＝ab1＝a1＝1，c2＝ab2＝a2＝3，从而等比数列{cn}的公比为3，因此cn＝1×3n－1＝3n－1.（7分）

另一方面，cn＝abn＝2bn－1，所以2bn－1＝3n－1，

因此bn＝.（9分）

记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝＝.（12分）

18．解：

（1）K2＝＝≈9.167＜10.828，

∴在犯错误的概率不超过0.001的前提下，不能认为“成绩优秀与翻转合作学习法”有关．（5分）

（2）设从“翻转班”中抽取x人，从“对照班”中抽取y人，由分层抽样的定义可知＝＝，解得x＝4，y＝2.（7分）

在这6名学生中，设“对照班”的2名学生分别为A1，A2，“翻转班”的4名学生分别为B1，B2，B3，B4.则所有的抽样情况如下，

{A1，A2，B1}，{A1，A2，B2}，{A1，A2，B3}，{A1，A2，B4}，{A1，B1，B2}，{A1，B1，B3}，{A1，B1，B4}，{A1，B2，B3}，{A1，B2，B4}，{A1，B3，B4}，{A2，B1，B2}，{A2，B1，B3}，{A2，B1，B4}，{A2，B2，B3}，{A2，B2，B4}，{A2，B3，B4}，{B1，B2，B3}，{B1，B2，B4}，{B1，B3，B4}，{B2，B3，B4}，共20种．（10分）

其中至少有一名“对照班”学生的情况有16种．

记事件A为至少抽到一名“对照班”学生交流学习方法，则P（A）＝＝＝0.8.（12分）

19．解：

（1）由题意知EA綊FD，EB綊FC，所以AB∥CD，即A，B，C，D四点共面．（2分）

由EF＝EB＝FC＝2，EF⊥AB，得FB＝BC＝2，则BC⊥FB，又翻折后平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，DF⊥EF，所以DF⊥平面EBCF，因而BC⊥DF，又DF∩FB＝F，所以BC⊥平面BDF，由于BC⊂平面BCD，则平面BCD⊥平面BDF，又平面ABD即平面BCD，所以平面ABD⊥平面BDF.（6分）

（2）如图，连接AF，过点A作AH⊥BD于点H，设EA＝t，则FD＝2t，S△ADF＝×2t×2＝2t，在△ADF中，AD＝，在△ABE中，AB＝，即AD＝AB，又DF⊥平面EBCF，所以DF⊥BF，在Rt△BDF中，BD＝，所以AH＝＝＝，因而S△ABD＝××＝.（10分）

由VBADF＝VFABD，得×2t×2＝××，解得t＝1，即EA的长度为1.（12分）

20．解：

（1）由题意得2b＝2，解得b＝1，（1分）

∵e＝＝，a2＝b2＋c2，∴a＝，c＝1，故椭圆的标准方程为＋y2＝1.（3分）

（2）①当直线AB的斜率不存在时，不妨取A，

B，C，

故S△ABC＝×2×＝；（4分）

②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k（x－1），联立方程得，化简得（2k2＋1）x2－4k2x＋2k2－2＝0，（5分）

设A（x1，y1），B（x2，y2），x1＋x2＝，x1·x2＝，（6分）

|AB|＝

＝＝2·，（8分）

点O到直线kx－y－k＝0的距离d＝＝，

∵O是线段AC的中点，∴点C到直线AB的距离为2d＝，（9分）

∴S△ABC＝|AB|·2d＝··

＝2＝2＜.（11分）

综上，△ABC面积的最大值为.（12分）

21．解：

（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－2x＋f′，则f′＝2－1＋f′，解得f′＝2，所以f（x）＝lnx－x2＋x＋2，此时，f′（x）＝－2x＋1＝，（2分）

由f′（x）＞0得0＜x＜1，f′（x）＜0得x＞1，所以函数f（x）的单调增区间为（0,1），单调减区间为（1，＋∞）．（4分）

（2）证明：

不等式f（x）＜2ex等价于f（x）＜，（5分）

由

（1）f（x）在（0，＋∞）上的最大值为f（x）max＝f

（1）＝2，所以f（x）≤2　①，（6分）

令g（x）＝ex－（x＞0），所以g′（x）＝ex－x－1，（g′（x））′＝ex－1，所以，当x＞0时，（g′（x））′＞0，所以g′（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以g′（x）＞g′（0）＝0，所以g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以g（x）＞g（0）＝0，即ex－＞0，（10分）

因为x＞0，所以＞1，∴＞2≥f（x）．（11分）

所以，x＞0时，f（x）＜2ex，（12分）．

22．解：

（1）设曲线C1上一点P（x1，y1）与曲线C2上一点Q（x，y），由题知：

，（2分）

所以C2的参数方程为（θ为参数）．（4分）

（2）由题知可得：

直线l的直角坐标方程为：

x＋2y＋m＝0.（5分）

设曲线C2上一点B（2cosθ，sinθ）到直线l的距离为d，则d＝＝，（7分）

当m＞0时，dmax＝＝2，解得：

m＝10，当m＜0时，dmax＝＝2，解得：

m＝－10，综上所述：

m＝±10.（10分）

23．解：

（1）原不等式为：

|2x＋3|＋|2x－1|≤5，当x≤－时，原不等式可转化为－4x－2≤5，即－≤x≤－，（2分）

当－＜x＜时，原不等式可转化为4≤5恒成立，∴－＜x＜.（3分）

当x≥时，原不等式可转化为4x＋2≤5，即≤x≤，（4分）

∴原不等式的解集为{x|－≤x≤}（5分）

（2）由已知函数f（x）＝，作出图象如图，由图象可得函数

y＝f（x）的最小值为4，（8分）

∴|m－1|＞4，解得m＞5或m＜－3.（10分）

高考文科数学期末模拟试题精编（十一）

1．解析：

选D.由题意知A＝{0,1,2,3,4,5}，B＝{x|2＜x＜5}，A－B＝{0,1,2,5}，故A－B的真子集有24－1＝15个．

2．解析：

选D.∵（1＋i）（x＋yi）＝（x－y）＋（x＋y）i＝2，

∴，解得，∴|2x＋yi|＝|2－i|＝＝.

3．解析：

选C.通解：

由茎叶图可知，乙班的10名学生的成绩分别为88,96,97,98,101,102,103,105,111,129，所以乙＝＝103，对于甲班，不妨设被污染处的数值为x，则甲＝

＝103，所以x＝8，即被污染处的数值为8.

优解：

由茎叶图可知，乙班的10名学生的成绩同时减去100，分别为－12，－4，－3，－2,1,2,3,5,11,29，所以乙＝100＋＝103，对于甲班，设被污染处的数值为x，甲班的10名学生的成绩同时减去100，分别为－15，－13，－6，－3，－2,5,8,16,10＋x,22，所以甲＝100＋＝103，所以x＝8，即被污染处的数值为8.

4．解析：

选B.不等式x2－x－2＜0的解为－1＜x＜2.所以x＜2是－1＜x＜2的必要不充分条件．

5．解析：

选C.y＝3sin＋的图象向右平移个单位长度得到y＝3sin＋＝3sin2x＋的图象，由2x＝kπ，k∈Z得x＝，k∈Z，所以对称中心为（k∈Z）．故选C.

6．解析：

选D.设O为坐标原点，由2|＋|≤||，得4||≤2c（2c为双曲线的焦距），∴||≤c，又由双曲线的性质可得||≥a，于是a≤c，e≥2.故选D.

7．解析：

选B.该几何体为一个正方体去掉一个倒四棱锥，倒四棱锥顶点为正方体中心，底面为正方体上底面，设三视图中正方形的边长为a，因此有a3－××a2＝，解得a＝4，所以该几何体的表面积为5a2＋4××a＝（5＋）a2＝80＋16.

8．解析：

选D.第一次循环，得z＝3，x＝2，y＝3；第二次循环，得z＝5，x＝3，y＝5；第三次循环，得z＝8，x＝5，y＝8；第四次循环，得z＝13，x＝8，y＝13；第五次循环，得z＝21，观察可知，要想输出－5，则z≤20.故选D.

9．解析：

选C.∵an＋an＋1＝2n，∴an＋1＋an＋2＝2（n＋1），两式相减可得an＋2－an＝2.又n＝1时，a1＋a2＝2，∴a2＝1，∴a1，a3，……构成以a1为首项，公差为2的等差数列，a2，a4，……也构成以a2为首项，公差为2的等差数列．∴S2018＝（a1＋a3）＋…＋（a2017）＋（a2＋a4＋…＋a2018）＝2（a1＋a3＋…＋a2017），∴S2018＝2（1009×1＋×2）＝10092×2.故选C.

10．解析：

选B.通解：

设大正方形的边长为1，直角三角形较大的锐角为α，则小正方形的边长为sinα－cosα，所以（sinα－cosα）2＝，所以sinα－cosα＝，两边平方得2sinαcosα＝，所以sinα＝，故选B.

优解：

由赵爽弦图可知，直角三角形较大的锐角一定大于，所以其正弦值一定大于，故排除选项A，C，D，选B.

11．解析：

选C.设椭圆的右焦点为E，由椭圆的定义知△FMN的周长为L＝|MN|＋|MF|＋|NF|＝|MN|＋（2－|ME|）＋（2－|NE|）．因为|M