2024决胜高考预测模拟卷押题预测卷05（新高考九省联考题型）（解析）

一项是符合题目要求的.1．某地有8个快递收件点，在某天接收到的快递个数分别为360，284，290，300，188，240，260，288，则这组数据的百分位数为75的快递个数为()【答案】B1【答案】D1+i1+i21+2i+i22i故z=1-i=1-i1+i=1-i2=2=i，故z=-i，故z=1.3．若(a-2b)20=x0a20+x1a19b+x2a18b2+L+x19ab19+x20b20，则x19=()A.-20B.-20´219C.-219【答案】BTr=C0a20-r-2br=-2rCa20-rbr0£r£20,rÎN，则x19=(-2)19C=-20´219，故B正确.4x-4x-y=2+4y=4y所以向量在上的投影向量为×=´==,-.5．已知圆O:x2+y2=4，弦AB过定点P1,1，则弦长AB不可能的取值是()【答案】D【解析】圆O:x2+y2=4的半径r=2，maxmax当OP^AB时，弦AB最短， 22minAB=2r-OP=2=2， 22min6．若2x-4y=，x，yÎR，则x-y的最小值为()2【答案】C【解析】因为2x=4x+，22x4y4y+24y+24y42y+2×4y+24y4y4y因为2y>0，所以4y+2³2=24y4y所以4x-y³4=4，即x-y³.当且仅当4y=，2x=4y+，即y=，x=时等号成立，所以x-y的最小值为54.7．在VABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，2asinA-bsinB=3csinC，若S表示VABC的面积，则的最大值为()【答案】D【解析】因为2asinA-bsinB=3csinC，由正弦定理得2a2-b2=3c2，所以a2=b2+c2，所以S2(bcsinA)2c2sin2Ac2(1-cos2A)1c418c2，-b4+b2b228．已知f(x)=3a2+2axlnx,aÎ{-1,1},g(x)=bx-x2,bÎ{1,2,3,4}，使f(x)>g(x)恒成立的有序数对(a,b)有()【答案】B【解析】由题得函数定义域为(0,+¥)，要想f(x)>g(x)恒成立，即3a2+2axlnx>bx-x2恒成立，只需+2alnx>b-x恒成立，只需x++2alnx>b恒成立，设h(x)=x+3a2+2alnx(x>0),h¢(x)=，xx所以当a=-1时，则h(x)min=h(3)=4-2ln3，使f(x)>g(x)恒成立的b可取1；所以当a=1，则h(x)min=h(1)=4，使f(x)>g(x)恒成立的b可取1，2，3，二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选因为P为棱CC1上一点，所以==l,0,l0£l£1，所以=+=-2+l,-2,l，23令×=-2+23当点P与C1重合时即P-,0,，D0,-2,0，设平面BPD的法向量=x2,y2,z2，rr当P当P为CC1中点时，即rBP×ADrBP×AD rcosBP,AD=BPAD所以直线BP与AD所成角的余弦值为BPAD所以直线BP与AD所成角的余弦值为 33 3 三棱锥P-BCD的体积三棱锥P-BCD的体积11．已知函数fx,gx的定义域均为R，f1-x+g1+x=2，gx-fx-2=2，g4-x-fx=2，且当xÎ0,1时．fx=x2+1，则()A.g2024=2ggi==【解析】对于A:由,可得所以;;确.【答案】3,,即x₁=16,,即x₁=16,又DC=2BC=2CC=4AB=4.(1)证明：(1)证明：A(1,2,2).:得;:得;,则x=0,,则x=0,令y=1得z₁=-1,得人各投篮3次；若某选手投中次数多于未投中次数，则称该选手为“好投手”;若两人均为“好投手”,则称该小组为本局比赛的“神投手组合”.假定每位参赛选手均参加每一局的比赛，每人每次投（2）设一局比赛中乙被称为好投手的事件为B，则X:Bn,，且PX=3=C31-n-3，设fn=C31-n-3，则-+，C31-n-3³C+131-n-2n-2³n+1**所以本次投篮比赛设置的总局数8时，对该小组更有利.17.设函数f(x)=lnx+a(x-1)(x-2)，其中a为实数.（1）当a=1时，求f(x)的单调区间；（2）当f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2时，证明：fx1+fx2>+ln.【答案】（1）f(x)的单调递增区间为0,,(1,+¥)，单调递减区间为,1（2）证明见解析【解析】（1）f(x)的定义域为(0,+¥)，f¢(x)=1+(2x-3)=2x2-3x+1，xx令f¢x==0，得x=或x=1，xÎ0,È(1,+¥)时，f¢(x)>0，xÎ,1时，f¢(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为0,,(1,+¥)，单调递减区间为,1；（2）f¢(x)=2ax2-3ax+1，x由f(x)在(0,+¥)上有两个不同的极值点x1,x2，8989因为fx1+fx2=lnx1x2+ax+x-3ax1+x2+4a=lnx1x2+ax1+x22-2x1x2-3ax1+x2+4a=-ln2a+a-1，设g(a)=-ln(2a)+a-1，a>，则g(a)=-5+9故fx1+fx2>+ln. 218．设动点Mx,y与定点F2,0的距离和它到定直线l:x= 2轨迹为曲线C.|F【答案】（1）x2-y2=1（2）点I在直线l上，理由见解析 2【解析】（1）由动点M(x,y)与定点F2,0的距离和它到定直线l:x= 2+y 2x-2故所求曲线C的方程为x2-y2=1.由题设得F1Bx1-x,y1-y+BA--x,-y+AF1x2-x,y2-y=0,0，FBx+FAx-ABFBx+FAx-ABFB+AB+AF此时△>0,可得2=(x₁+x₂)+2√2xx₂+2√2-2(x₁+x₂)=2√2xx₂所以点I在直线1上.(1)判断下列数列是否满足性质P,并说明理由.（2）证明见解析（3）an【解析】（1）对①,取i=1，对"jÎN*,j>1，则ai=a1=1,aj=j，可得aiaj-ai-aj=j-1-j=-1，显然不存在k>j,kÎN*，使得所以数列an不满足性质P；对②,对于"i,jÎN*,i<j，则bi=i+2，bj=j+2，故bibj-bi-bj=i+2j+2-i+2-j+2=i×j+i+j则i×j+i+j-2ÎN*，且i×j+i+j-2=ij+1+j-2³3，所以存在k=i×j+i+j-2ÎN*，k>j，使得bk=i×j+i+j-2+2=bibj-bi-bj，故数列bn满足性质P；取i=1,j=j1>1,j1ÎN*，均存在k1>j1,k1ÎN*，使得ak1=a1aj1-a1-取i=1,j=j2>k1,j2ÎN*，均存在k2>j2>k1,k2ÎN*，使得ak2=a1aj2-a1-aj2=-1，n=3¹Æ