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文档简介

【赢在高考•黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷(新高考I卷专用)

克6

(考试时间:120分钟试卷满分:150分)

第I卷(选择题)

一、单项选择题: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,只有一项是符合要

求的。

1.设集合A="|/+3工一10〈0},8=*|-3<%<3},则()

A.{x|-3<x<2)B.{N-5vxv2}

C.{d-3vx<3}D.{x|-5<x<3}

2.若i(l一乞)=3,则|z—5|=()

A.6iB.-6iC.2D.6

3.如图,在四边形ABC。中,DC=2AB.BE=2EC,设。C=4,DA=b,则。“等于()

",

B.

32

D.4+U

33

4.攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为最尖,清代称攒尖,通常有圆形攒尖、三角攒尖、

四角攒尖、八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例,如图,它

的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为3亚米,侧棱长为5米,则其体积

为()立方米.

A.24返B.24c.72V2D.72

5.我国数学家陈景润在哥德巴赫猾想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数

可以表示为两个素数的和“,如20=3+17.在不超过15的素数(素数是指在大于1的自然数中,除了I和自

身外没有其他因数的自然数)中,随机选取两个不同的数,其和等于16的概率是()

等图象上所有点的横坐标变为原来的纲>。),纵坐标不变,所得图象在区间

6.将函数/(x)=cos

0,y上恰有两个零点,且在培哈上单调递减,则。的取值范围为()

11.11£

A.C.了4D.

则a,b,c的大小关系为()

A.a<c<bB.b<a<cC.b<c<aD.a<h<c

8.已知等腰直角y6c中,/C为直角,边4C=G,P,。分别为AGA'上的动点(P与C不重合),将

△APQ沿尸。折起,使点A到达点4的位置,且平面A/QJ.平面8CPQ若点4,从C,P,。均在球。的

球面上,则球。表面积的最小值为()

A.8nB.4兀C.双身D.—

33

二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目的

要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得。分。

9.如图,正方体ABCO-AgGA的棱长为1,则下列四个命题正确的是()

A.正方体栈CQ的内切球的半径为,

B.两条异面直线。。和Bq所成的角为5

C.直线房与平面"GR所成的角等于:

D.点。到面AC。的距离为包

2

io.已知函数/(刈=:丁一/+工,则()

A.八幻为奇函数B.x=l不是函数/*)的极值点

C./(2在I-,+8)上单调递增D./(幻存在两个零点

11.已知抛物线C:y2=6x的隹点为尸,过点尸的直线交。干M,N两个不同点,则下列结论正确的是()

A.|MN|的最小值是6B.若点P6,2),则画|+|网的最小值是4

C.向+看=3D.若阿可怜耳二18,则直线MN的斜率为±1

12.己知函数/(幻及其导函数/'(幻的定义域均为R,记g(x)=/'(x).若/(|-2x),g(2+x)均为偶函数,

则()

(1

A./(-1)=/(4)B.g--=0C./(())=!D.g(-l)=-g(2)

乙]

第n卷(非选择题)

三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

13.(x+-(2x+5)展开式中含P项的系数是.

\X)

14.写出与圆(x—l『+(y—2『=1和圆(x+l)2+(y+2『=l都相切的一条直线的方程.

15.若函数=+4or与人力=5/山_1加〃>0有公共点,且在公共点处的切线方程相同,贝肥的

最小值为.

16.已知椭圆C:二+£=l,甚、入分别是其左,右焦点,P为椭圆。上非长轴端点的任意一点,。是x

1612

S2s

轴上一点,使得PO平分/月尸鸟.过点。作外;、的垂线,垂足分别为A、B.则官独生+会正的最小

值是.

四、解答题:本题共6小题,共70分,解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。

17.(10分)己知公差不为零的等差数列也}的前〃项和为=3,且4M3当成等比数列.

⑴求乩}的通项公式;

14

(2)若2=25一+1'数列也}的前〃项和为心证明:1<£

18.(12分)在工8C中,内角A8,C所对的边分别为g满足b=a—2bcosC

(1)求证:C=2B;

⑵若/WC为锐角三角形,求2sinC+cosA-sin4的最大值.

19.(12分)如图,在三棱柱A3C・AGC中,AC=2,AB=C,E,尸分别为A。,的中点,且政工

平面AAG。,

(1)求棱8c的长度:

(2)若同,且△4尸。的面枳5=石,求平面人男尸与平面A/C的夹角的余弦值.

20.(12分)为了解学生中午的用餐方式(在食堂就餐或点外卖)与最近食堂间的距离的关系,某大学于某

日中午随机调查了2000名学生,获得了如下频率分布表(不完整):

学生与最近食堂间的距离d(m)(0,2(X)](200.400](400.630](600.800](800,-KX>)合计

在食堂就餐0.150.100.000.50

点外卖0.200.000.50

合计0.200.150.001.00

并且由该频率分布表,可估计学生与最近食堂间的平均距离为37()m(同-组数据以该组数据所在区间的中

点值作为代表).

(1)补全频率分布表,并根据小概率值。=0.0001的独立.性检验,能否认为学生中午的用餐方式与学生距最近

食堂的远近有关(当学生与最近食堂间的距离不超过400田时・,认为较近,否则认为较远):

(2)已知该校李明同学的附近有两家学生食堂甲和乙,且他每天中午都选择食堂甲或乙就餐.

(i)一般情况下,学生更愿意去饭菜更美味的食堂就餐.某日中午,李明准备去食堂就餐.此时,记他选择去

甲食堂就餐为事件A,他认为甲食堂的饭菜比乙食堂的美味为事件。,且。、A均为随机事件,证明:

P(D|A)>P(D|A):

(ii)为迎接为期7天的校庆,甲食堂推出了如下两种优惠活动方案,顾客可任选其一.

①传统型优惠方案:校庆期间,顾客任意一天中午去甲食堂就餐均可获得〃元优惠;

②"饥饿型''优惠方案:校庆期间,对于顾客去甲食堂就餐的若干天(不必连续)中午,第一天中午不优惠(即

“饥饿”一天),第二天中午获得26元优惠,以后每天中午均获得A元优惠(其中〃,人为己知数且〃>。>0).

校庆期间,已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为〃(()<〃<】),且是否去甲食堂就餐相互独立.又知

李明是一名“激进型”消费者,如果两种方案获得的优惠期望不一样,他倾向于选择能获得优惠期望更大的方

案,如果两种方案获得的优惠期望一样,他倾向于选择获得的优惠更分散的方案.请你据此帮他作出选择,

并说明理由.

2n(ad-bcY_.,,

附:Z"=7-Tv--------冰'其中〃=a+〃+c+〃・

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

a0.100.0100.001

Xa2.7066.63510.828

21.(12分)已知双曲线C:二-与=1(〃>0/〉0)上的一点到两条渐近线的距离之积为2且双曲线C的离

a~b~

心率为好.

2

⑴求双曲线C的方程;

(2)已知M是直线x=/(O</<a)上一点,直线M居交双曲线C于A(A在第一象限),8两点,。为坐标原点,

过点M作直线04的平行线,,/与宜线0B交于点P,与x轴交干点Q,若夕为线段MQ的中点,求实数/

的值.

22.(12分)已知函数/(i)="-ek)g“x-e,xa)=a'71na,其中。>l,e是自然对数的底数.

⑴求函数g("的单调区间和最值;

⑵证明:函数/(x)有且只有一个极值点;

(3)当4£上上2]时,证明:/(耳之0.

【赢在高考・黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷(新高考I卷专用)

黄金卷•参考答案

(考试时间:120分钟试卷满分:150分)

第I卷(选择题)

一、单项选择题: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,只有一项是符合要

9101112

BCBCABDABD

第n卷(非选择题)

三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

13.12014.x=0或4),-3工=0或2x—y土石=()(答案不唯一)15.--16.—

248

四、解答题:本题共6小题,共70分,解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。

17.(10分)

【详解】(1)设{%}的公差为小"工0),因为4必,生成等比数列,所以婷=4。,

即(4+2〃y=4(弓+6d),因为dwO,所以q=2d,

又生=3,所以4+d=2d+d=3,

所以d=l,4=2,

所以an=4+=2+〃-1=〃+1.

⑵由(…什W

所以“i”.~/LOX--

2s〃-4r+1〃(〃+2)2ynn+2J

所帖中\n\(\i)

、35)〃+2,

If.1I11I11Vlf3__1_____J_、

2132435n"+2厂212n+\〃+2「

113

又一->o,-->0,所以

几十1〃十24

18.(12分)

【详解】(1)由题8=4一2〃cosc

由正弦定理:sinZ?=sinA-2sin/JcosC=sin(B+C)-2sinBco

所以sin8=sinficosC+cosBsin(7-2sinBcosC,

整理sinB=sinCcosB-cosCsin25,

所以sin8=sin(C-B),

:.B=C-B^B+C-B=TI(舍)

:.C=2B.

(2)•.•&A8C为锐角三角形,

0<7t-3B<-

2

7tjr

0<B<-,解得:一泗以0v;-8v/

26

0<2B<-

2

.兀n7i.n

sin-=sin=sin-cos——cos—sin—

123434~4~

fh(1)问,C=2B,/.2sinC+cosB-sinB=2sin2B+cosB-sinB,

令t=cos8-sinB=&sin71B|e|0,

14

KiJsin2B=l-(cos^-sinB)',

217

所以2sinC+cos3-sin8=2(l-广)+/=-2/+/+2=-2+T,

因为/£((),『G-l),

./

当/=!时、所求2sinC+cos/3-sin8的最大值为?.

48

19.(12分)

【详解】(1)取AC的中点O,连接BRED,

在二棱柱ABC-A8c中,可得Z)E//AA//881,且OE=gAA=8尸片.

••・四边形OEF3为平行四边形,则属V/O3,

又斯工平面AAGC,二/兄_1平面A4CC,

•・•ACu平面AAG。,

:.DBLAC,

又D为4c的中点,

1ABe为等腰三角形,

VAC=2,AB=6,则8C=AB=&;

(2)由(1)知,AB2+BC2=AC\..AB工BC,EF=BD=1,

ACu平面MCC,所以E尸_LAC,

故svc=^ACEF=>/5=>/\C=25/5,

由(1)知,OA_L平面AAGC,/U,U平面A4.CC,

则DR1AAlf

又三棱柱中

又AAB1BB.,

,:又ABcDB=B,AB、DBu平面ABC,

眼,平面ABC,

二.三棱柱ABC-ABC为直三棱柱,

••.△4AC为直角三角形,可得AA=4,

又在三棱柱A8C-4出£中,ABqBC,..ABJB£,

以用为坐标原点,B©,46出所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则B,(0,0,0),A(0,正,0),G(72,0,0),C(V2,0,4),4(0,0,4),尸(0,0,2),

4/=(0,-历2),/=(&,-&,4),

设平面A的一个法向量为,2=(x,y,z)

n-AiF=-\[2y+2z=0

令z=l,则丫=&,x=-&,

n-\C=\[lx->/2y+4z=0

・•・平面的一个法向量为〃=[&,啦,1),

易得平面耳A”的一个法向量为〃=(i,o,o)

设平面4Ab与平面A.FC的夹角为o,

|mn|V2V10

..COS0=:j——r=—f=---=——,

卜明〃|V5xi5

平面B^F与平面A.FC的夹角的余弦值为巫.

5

20.(12分)

【详解】(1)(1)设de(200,400]组的频率为b则de(400,600]组的频率为1-0.20—0.15T=0.65-r,

估计学生与最近食堂间的平均距离2=100x0.20+300(+500(0657)+700x0.15=450-200/=370,解得

t-0.40,

故可补全频率分布表如下:

学生与最近食堂间的距离4加)(0,2(X)](200,400](400,600](600,800](800,2)合计

在食堂就餐0.150.200.100.050.000.50

点外卖0.050.200.150.100.000.50

合计0.200.400.250.150.001.00

据此结合样本容量为2000可列出2x2列联表如下:

学生距最近食堂较近学生距最近食较堂远合计

在食堂就餐7003001000

点外卖5005001000

合计12008002000

零假设学生中午的用餐情况与学生距最近食堂的远近无关.

20004700x500-300x500)2,500

注意到』=>1()828=

1000x1000x1200x8006

据小概率侑«=0.001的独立性检验,推断H。不成立,

即可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关.

(2)⑴证法一:由题意得P(A|D)>P(,|D),P(A|D)>P(A|D),

结合*4⑼+2(川。)二夕何方)+P(川方)=1,P(A|O)>0.5>P(A|方).

P(AD)P(AD)P(A)-P(AD)

结合条件概率公式知尢/>方#=向1,即P(AD)>P(A)P(D).

/、/P(AD)P(AD)

P(D|A)-PD|A)=-\

''''PAPA

P(4/))U—P(A)]—[P(0—Q(/V?)]P(A),①£>)—尸⑷尸(0

>0,

P(A)[1-P(A)]P(A)[1-P(A)]

即P(Q|A)>P(O|A)成立.

证法二:由题意得「(A|O)>P(Z|。),尸(川方)>P(A|必,

所以符号

P(AD)>P(AD^同理尸(AD)>尸(4。),

于是P(A0)P(而)

故P(叫A)-P(D|Z)=需-曙

户(AQ)[p(M)+P(而)卜P(M)[P(AQ)+P(A0]

"P(A)P(-

P(AD)P(^D)-P(A£>)P(AD),_、

=------P(A)pp)>()>即P("A)>P(04)成立•

(ii)设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为3

若选择传统型优惠方案获得的优惠为x元,若选择“饥饿型”优惠方案获得的优惠为y元,

P(^=O)+P«=1),^=O

则4~4(7,〃),X=试,对0WZK7,有P(y=M)=Jo/=l,

P(D,2~W7

故E(X)=E(延)=/传)=7网,

=HE(+-P4=1)]=7pb[\-(\-〃力,

令E(X)=E"),结合得p=l—“,|,记为%.

若Po<P〈l,贝jiE(y)-E(X)=7pg[g-(l-p)6]-a}>0,E(Y)>E(X),

此时李明应选择"饥饿型''优惠方案;

若。<P<P。,则夙y)-E(X)=7p{44-(l-p)6]-a}<0,E(y)<£(x),

此时李明应选择传统型优惠方案.

若P=〃°,则(1一〃)6=1-2E(x)=E(y).

注意到O(X)=D(喈)=/0⑷=7网20_p),

D(y)=E(r2)-[E(y)]2=XW>(r=^)-[£(x)]2

£=2

=6£z2p(g=&)-49p2/=〃「£&2p(4=&)_p(g=i)-49〃2a2

k=2LhO.

=〃[网为一P("1)卜49P2/=从{集⑷F+力(j)—A©=])}―49〃2/

=6149〃」+7p(l-p)-7〃(1-p)"]-49Pl2=7p{Z?'[6p+l-(1-p)6-1pa'}.

因此。(Y)-O(X)=lp{b2[6p+l-Q-p)6]-7p^2-(l-p)a2}

=7/?!6/?/?2+R>-(6〃+l”[}=7〃彷-a)[6〃(Z?+a)+a]>0,

即D(Y)>D(X).

此时李明选择获得的优惠更分散的方案,即获得的优惠方差更大的方案,即“饥饿型''优惠方案.

综上所述,当0<P<〃。时,李明应选择传统型优惠方案;

当网工〃<1时,李明应选择“饥饿型”优惠方案.

21.(12分)

【详解】(1)双曲线的渐近线方程为版土缈=0,设双曲线上一点。(%,为),

则”一明.1竺+明=凤一%1仍将+4%1=,北一二引=2

777^-c2C2

又因为。(孙%)在双曲线上,所以鸟-1=1,即从X-,¥=〃方,

trb"

代人可得些=2,又因为e=£=",/=/+〃,代入可得6=3,/=6,

ca2

所以双曲线方程为£=1;

(2)由(1)如图所示,

知c=3,所以月(3,0),

若直线“入斜率为(),此时点A不在第一象限,矛盾,故M6斜率不为0,

r-3

设直线M乃的方程为“冲+3,A(/y),8(七,%),则M人

x=my+3

联立/2,化简可得(加一2)尸+6叫,+3=0,

---------=1

63

lm2-2#0m工±41

|A=36/n2-12(/7r-2)>0,24(W2+1)>0,

-6m

3

>1^2m=^--^2

乂因为〃"所以…。"十品,%比二号

所以直线/的方程为),-^=鼎(1),直线。8的方程为,=启丁,

=---(%-/),、

联立〃明+3,解得),,*+(3-兽,

_>'2〃心一必)

yv—Av

my2+3

即P的纵坐标为力=

又由上可知>VJ2=-^-T»两式相除,

m~-2m~-2

得〃5%=-g(X+M),

I115、

代入可得小_,财力+(3T)为―井+%)+。一)儿一/+15一/’2,

用(y一%)Mx-%)切(苗一必)

因为「为线段MQ的中点,所以>,p="k=F

22nl

即f+(1小,一3f+(1小__3,

加(X一弘)2〃?苗一%2

所以需满足g1=f-|5=^t-3,解得,=2.

22.(12分)

【详解】(1)由g(x)=a'一Mna求导可得:g\x)=a'Ina-Ina=(f/r-1)Int/

因〃>I,故Ina>0,

当工>0时,,:>l,/-l>0,g'(x)>0,故g(x)在(0,+oo)上单调递增;

当工<0时,优<1,/一1<(),g'(x)<(),故g(x)在(一8,0)上单调递减;

所以函数g(x)的单调递增区间为a+00),递减区间为(-8,0),最小值为g(0)=l,无最大值.

(2)因/(x)=a'-elog/—e,其定义域为(0,*o),f\x)=ax\na--g_=""、"二e,

x】naxlna

取h(x)=xa'In,a-e,则/«x)二屋In'a(l+xIna),因〃〉1,故hXx)>0,则力(x)在(0,+co)上单调递增,

①当a>e时,力(O)=-ev(V?⑴二川Ya-e〉。,故函数/心)在(0,1)内有且仅有一个变号零点,

则此时,函数/(幻有且仅有一个极值点;

②当a=e时,h(x)=xe*-e,因A(D=0,因h(x)在(0,e)上单调递增,故函数h(x)有且仅有一个变号零点,

则此时,函数”幻有且仅有一个极值点;

II]

③当l<a<c时,力(l)=aln'a-e<0,又因>1,h(——)=a'n:a-e»

In"ln2a

IIIII

•.■ln(am))=—―ln«=--->1,/.>,g|Jh{)>0,

liraInaelira

故函数力。)在。,S-)内有且仅有•个变号零点,则此时,函数f(x)有且仅有•个极值点;

\na

综上所述,函数有且仅有一个极值点.

(3)由(2)可知,当4€上22]时,函数有且仅有一个零点,设为〃?,则

又由(2)函数/⑴有最小值为/».

由f(加)=0可得:ma"'\n2a-e=0,即〃",两边取自然对数得:〃Hn4=l-ln〃L21n(lna),

mma

故Inm-1-m\na-2ln(lna),

于是/(〃?)=a-elogm-Q=a--------e=------------(1-/721n^-21n(lntz))-e

rtInawin-aln〃

-{Qn/+制21黑?二In纥l]lng+l},不妨设/=ga,则a式厚],故得/c[1,2],则

nr\n~a+m[2ln(lnt/)-In«-1]Intz+1=nrt2+mt(2\nt-1-1)+1,

对于函数),=/品、〃"⑵n/T-l)+l,其对应方程的判别式△=i21|1"/-1尸-4/=/2[(2ln/-/-l)2-4],

设必,)=2ln/—f-l,/e[L2],则“(/)=£—1=—之。恒成立,

tt

故函数。⑺在[1,2]上单调递增,则以1)«*⑺4。(2),即一24次。<21n2-3<。,

从而0<[刎。]2<4,于是△<(),

故有y=//+皿(211)-1)+1之0恒成立,故/(〃?)之0恒成立,所以/(x)N0.

【赢在高考•黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷(新高考1卷专用)

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(考试时间:120分钟试卷满分:150分)

第I卷(选择题)

一、单项选择题: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,只有一项是符合要

求的。

1.设集合A={.v|x2+3x-10v0},3={d-3vxv3},则人门“一()

A.(.v|-3<x<2)B.{A|-5<x<2}

C.{A1-3<X<3}D.{X|-5<x<3}

【答案】A

[详解]因为A={x|X2+3X_IO<O}={X|_5VXV2},

所以Ac8={x|-3<xv2}.

故选:A.

2.若i(l-可=3,则|z-目=()

A.6iB.-6iC.2D.6

【答案】D

3

【详解】由题设可得1一彳=?=一玉,则5=l+3i,则z=l-3i,

故z-云=-6i,故忆一司=6,

故选:D

3.如图,在四边形ABC。中,DC2AB,BE=2EC,设。C=a,DA=b,则OE等于()

n21,

B.—ci+—b

32

、2r1f

D.—a+—b

33

【答案】C

【详解】因为DC=2AB,BE=2EC,

所以0E=£>C+CE=0C+gc3=0C+;(03—0C)=QC+g(0A+AB—0C)

2112I151

=-DC+-DA+-AB=-DC+-DA+-DC=-a+-b.

33333663

故选:C

4.攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为最尖,清代称攒尖,通常有圆形攒尖、三角攒尖、

四角攒尖、八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例,如图,它

的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为36米,侧棱长为5米,则其体枳

为()立方米.

C.72夜D.72

【答案】B

【详解】如图所示,在正四棱锥P-A38中,连接八Ga)于0,则。为正方形/WCD的中心,

连接OP,则底面边长AB=3狡,对角线8。=及囚8=6,BO=;BD=3.

又BP=5,故高。尸=-8产-8O2=4.

故该正四棱锥体积为V=;x(3应『x4=24.

故选:B

5.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数

可以表示为两个素数的和“,如20=3+17.在不超过15的素数(素数是指在大于I的自然数中,除了I和自

身外没有其他因数的自然数)中,随机选取两个不同的数,其和等于16的概率是()

【答案】C

【详解】不超过15的素数有2,3,5,7,11,13,随机取两个不同取法有C:=15种,

其中和等于16的情况有3,13或5,II两种情况,

2

所以随机选取两个不同的数,其和等于16的概率是*.

故选:C

6.将函数/(x)=cos卜+亨)图象上所有点的横坐标变为原来论5(3>0),纵坐标不变,所得图象在区间

间上恰有两个零点,且在上单调递减,则。的取值范围为()

A.B.C.2,4D.作,6

_4」L4)L4J\4

【答案】c

【详解】依题意可得y=cosw+T,

E3八//22兀/2兀/2co2兀

因为OVxV771,—<<vx+—<—7C+—

33333

因为y=cos"等在"可恰有2个零点,且cos6+3)=0,k、eZ,

2兀In1117

所以彳K-^-几+-^-<-y,解得3Vz,

乙JJ4T*"T

<n+2^7r,&,eZ,得一如+的工“工二十也,幺cZ,

3“3(o(o3(oa)

令与二(),得产cosjs+多在一上单调递减,

I3/[3<w3M

”一「冗冗]27r

所以卜五'司IQ一而嬴itI,

27cn

—W---

3(o12

所以,乂。>0,解得0<。<4.

—>—

36y12

综上所述‘;“⑷”,故”的取值范围是

故选:C.

7.已知a=(g),/?=(土也),c=g),则a,〃,c的大小关系为()

A.a<c<bB.b<a<cC.b<c<aD.a<b<c

【答案】D

令f(x)=(l+J,x>0,则ln/(x)=xln1

令g(x)=xln[l+,,x>(),

Y

令Mx)=ln(l+x)-"j---,x>(),

II

则面7>°在(°”)上恒成立,

故力(x)=In(1+x)-在(0,y)上单调递增,

又力⑼=0,故M%)=ln(l+x)-上>0在(0,m)上恒成立,

1I人

2

将力(力=皿1+力一.>0中4换为:可得,始(1+口--t>0,

即In1+->0,故g'(力>0在(0,+8)上恒成立,

、X)1«-V

所以月(x)=xln(l+;)在(0,+8)上单调递增,

由复合函数单调性可知/(力=[1+—)'在(。,+8)上单调递增,

KPa<b<c.

故选:D

8.已知等腰直角.ABC中,NC为直角,边AC=R,P,Q分别为ACA8上的动点(P与。不重合),将

△APQ沿PQ折起,使点A到达点4的位置,且平面APQ1•平面4cp。若点4,B,C,P,。均在球。的

球面上,则球。表面积的最小值为()

AO'厂8五兀八4兀

A.跳BD.4兀C.-----D.—

33

【答案】A

【详解】显然P不与A重合,由点/T,B,C,P,。均在球O的球面上,得B,C,P,Q共圆,则NC+NPQ8=兀,

又乂为等腰直角三角形,AA为斜边,即有PQ/A8,

C

将aAP。翻折后,PQLA'Q,PQ工3Q,又平面4'PQ_L平面8C。。,

平面APQiI平面BCPQ=PQ,

A'Qu平面4PQ,BQu平面BCPQ,于是AQ,平面〃CPQ,8Q_L平面APQ,

显然A/,加的中点。E分别为“VPQ,四边形BCPQ外接圆圆心,

则DO_L平面A/Q,EOJ_平面8cPQ,因此OO//6Q,EO/ZAQ,

取PQ的中点尸,连接。死庄则有所〃8Q//。。,DFHA:Q//EO,

四边形EFDO为矩形,设A'Q=x且0<工<26,DO=EF=-BQ=^^,A'P=&x,

22

设球0的半径R,WR2=DO2+等)=1X2-^X+3=1X-卒+2,

当H=毡时,(N)=2,所以球o表面积的最小值为4兀(内)=8兀.

3、/mm\-mm

故选:A.

二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共2()分,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目的

要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得。分。

9.如图,正方体ABC。-A4GA的梭长为1,则下列四个命题正确的是()

A.正方体48。。-的内切球的半径为巫

2

B.两条异面直线。。和Bq所成的角为5

C.直线8c与平面/WGQ所成的角等于;

D.点。到面AC〃的距离为包

2

【答案】BC

【分析】根据正方体和内切球的几何结构特征,可判定A错误;连接ACCR,把异面直线。。和BG所成

的角的大小即为直线OC和所成的角,△4CR为正三角形,可判定B正确:证得8cd.平面A8G。-

进而求得直线BC与平面A8G。所成的角,可判定C正确;结合等体积法,得到匕进而可

判定D错误.

【详解】对于A中,正方体A8CD-A4GA的内切球的半径即为正方体A8CD-AB£2的楼长的一半,

所以内切球的半径R=g,所以A错误.

对于B中,如图所示,连接AC,CR,

因为A8//GA且A8=GR,则四边形ABGR为平行四边形,所以BCJ/AR,

所以异面直线RC和8G所成的角的大小即为直线RC和AR所成的角ZAD.C的大小,

又因为4C=A〃=AC=V5,则△AC"为正三角形,即所以B正确;

对于C中,如图所示,连接BC,在正方形明GC中,及C.

因为/平面BBC。,B°u平面BBCC,所以AB_L8c.

又因为ABIBC,=B,ABu平面ABCQ],B0u平面ABCQ,

所以印小平面ABCQ,所以直线8。与平面ABCQ所成的角为NCBG=£,

4

所以C正确;

对干D中,如图所示,设点。到面AC。的距离为人因为△人C"为正三角形,

所以SVAS=JxACxARsi吟=岁

又因为SvAm=gxAOxC7)=g,根据等体积转换可知:%TS=匕”口,,

即b/zxSAmIxQAxSf,即且」xlxL解得〃邛,所以D错误.

.533232

故选:BC.

10.已知函数/(x)=gv-d+x,则()

A./(幻为奇函数B.x=l不是函数/J)的极值点

C./(<)在1-1,内)上单调递坤D./(%)存在两个零点

【答案】BC

【分析】根据奇函数的定义判断A,求导得函数的单调性判断BC,根据零点存在性定理和单调性判断D.

i232

【详解】函数/(幻=!/一/+1的定义域为R,y,f(-x)=-^x-x-xt-/(x)=-^x+x-x,

则f(r)=-/⑺,所以/⑶不是奇函数,故选项A错误;

因为/,(©=/一2\+1=(..1尸20,所以/(.»)在R上单调递增,所以函数/。)不存在极值点,故选项B与C

正确:

因为f(l)=g-l+l>。,/(-1)=-^-1+1<0,又在R上单调递增,且/(0)=0,

所以/(“)仅有一个零点0,故选项D错误.

故选:BC

11.已知抛物线UV=6x的焦点为尸,过点尸的直线交。于M,N两个不同点,则下列结论正确的是()

A.|MN|的最小值是6B.若点则|幽+河的最小值是4

C.春|+房厂3D.若附小加6=18,则直线MN的斜率为±1

【答案】ABD

【分析】A,根据|MN|=N+/+P结合基本不等式即可判断;B,由抛物线定义知当RM,A三点共线时

\MF\+\MP\.C,D,设直线方程,联立抛物线,应用韦达定理即可求解.

【详解

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