(新课标)备战高考数学“3+1”保分大题强化练(八)理

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高考数学试题2024新高考新题型考前必刷卷03(解析版)

绝密★启用前2024年高考考前信息必刷卷（新高考新题型）03数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）2023年的对于三视图的考察也将近有尾声，留意的是立体几何中对圆锥的考察（侧面积的计算也会成一个热点）。

其他的题目难度变化不大，但侧重于考察学生运算能力与分析能力。

应特别注意新高考函数位于第一大题的位置，其难度有所下降，函数中多研究含参讨论单调性及恒成立存在问题，新高考概率位于第二大题的位置，概率中多研究条件概率、古典概率问题，同时注重圆锥曲线常规联立及二级结论（推导）第I 卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。

1．已知学生的数学和地理成绩具有线性相关关系，高三某次模考中，5名学生的数学和地理成绩如下表：学生的编号i 12345数学成绩x 100105908580地理成绩y75■686462现已知其线性回归方程为0.4527.6y x =+，则“■”代表该生的地理成绩为（）A ．76B ．74.85C ．73D ．72.5【答案】A 【解析】10010590858092,0.459227.6695x y ++++===⨯+=，所以■5(75686462)76y =-+++=．故选：A2．已知点P 是ABC 的重心，则AP =（）A ．1166AP AB AC=+ B ．1144AP AB AC=+C ．2133AP AC BC=+ D ．2133AP AB BC=+ 【答案】D【解析】设BC 的中点为D ，连接AD ，点P 是ABC 的重心，则P 在AD 上，且()()2211212332333AP AD AB AC AB BC AB BC==⨯+=+=+2121(333)3AC CB BC AC BC =++=-，由此可知A ，B ，C 错误，D 正确，故选：D3．在等比数列{}n a 中，24791,16a a a a +=+=-，则101257a a a a +=+（）A ．-4B ．8C ．-16D ．16【答案】C【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，则()557924116a a a a q q +=+=⨯=-，即516q =-，()55751012575716a a q a a q a a a a ++∴===-++.故选:C.4．下列说法中正确的是（）A ．没有公共点的两条直线是异面直线B ．若两条直线a ，b 与平面α所成的角相等，则//a bC ．若平面α，β，γ满足αβ⊥，βγ⊥，则αγ⊥D ．已知a ，b 是不同的直线，α，β是不同的平面.若a α⊥，b β⊥，a b ⊥，则αβ⊥【答案】D【解析】对A ，没有公共点的两条直线是异面直线或平行直线，故A 错误；对B ，若两条直线a ，b 与平面α所成的角相等，则a ，b 可以平行、相交或异面，故B 错误；对C ，若平面α，β，γ满足a β⊥，βγ⊥，则α，γ不一定垂直，故C 错误；对D ，两个平面垂直等价于这两个平面的垂线垂直，故D 正确.故选：D.5．一支由12人组成的登山队准备向一座海拔5888米的山峰攀登，这12人中姓赵、钱、孙、李、周、吴的各有2人．现准备从这12人中随机挑选4人组成先遣队，如果这4人中恰有2人同姓，则不同的挑选方法的种数为（）A ．480B ．270C ．240D ．60【答案】C 【解析】方法一：先在12人中挑选同姓的2人，方法有16C 6=（种），然后在剩余的10人中，挑选不是同姓的2人，方法有1110822C C 40 A =（种），所以不同的挑选方法的种数是640240⨯=.方法二：先在12人中挑选同姓的2人，方法有16C 6=（种），然后在剩余的10人中，挑选不是同姓的2人，方法有210C -15C 40=（种），所以不同的挑选方法的种数是640240⨯=.故选；C6．已知函数()22x x f x -=-，若不等式()()1ln 0f ax f x ++>在()0,∞+上恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．2,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．()1,-+∞C ．2,e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．(),1-∞-【答案】D【解析】由于函数()22x x f x -=-，定义域为R ，满足()()22x xf x f x --=-=-，得()f x 是奇函数，且在R 上为减函数.()()1ln 0f ax f x ++> 在()0,∞+上恒成立，()()()1ln ln f ax f x f x ∴+>-=-在()0,∞+上恒成立，1ln ax x ∴+<-在()0,∞+上恒成立，ln 1x a x+∴<-在()0,∞+上恒成立.令()()ln 1,0,x g x x x∞+=-∈+，则()2ln x g x x '=，当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>，故()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，()()11,1g x g a ∴≥=-∴<-，即a 的取值范围为(),1-∞-，故选：D.7．已知()()523456012345611x x a a x a x a x a x a x a x +-=++++++，则13a a +的值为（）A ．1-B ．1C ．4D ．2-【答案】C【解析】在()()523456012345611x x a a x a x a x a x a x a x +-=++++++中，而()()()()5551111x x x x x +-=-+-，由二项式定理知()51x -展开式的通项为515C (1)r rr r T x -+=-，令52r -=，解得3r =，令53r -=，2r =，故3322355C (1)C (1)0a =-+-=，同理令51r -=，解得4r =，令50r -=，解得=5r ，故4455155C (1)C (1)a =-+-=4，故134a a +=.故选：C8．已知12,F F 分别是椭圆2222:1(0)x yC a b a b+=>>的左、右焦点，过点2F 作x 轴的垂线与椭圆C 在第一象限的交点为P ，若12F PF ∠的平分线经过椭圆C 的下顶点，则椭圆C 的离心率的平方为（）A B C D 【答案】D【解析】设2(,0)F c ，将x c =代入椭圆方程，易得2c,b P a⎛⎫ ⎪⎝⎭，则2221,2b b PF PF a a a==-．记椭圆C 的下顶点为(0,)B b -，则PB 的斜率2()PBb bb a b a kc ac++==，∴直线PB 的方程为()b a b y x b ac+=-，令0y =得直线PB 与x 轴的交点为,0ac T a b ⎛⎫⎪+⎝⎭，则12,ac acTF c TF c a b a b =+=-++，又12111122221sin 21sin 2PF T PF TPF PT F PT S PF TF S PF TF PF PT F PT ⋅⋅∠===⋅⋅∠ ，222b ac a c a a b ac b c a b a-++∴=-+，即220a ab b --=，210b ba a⎛⎫∴+-= ⎪⎝⎭，得b a =（舍去负值），2222212a b ab b e a a a --∴====．故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．用“五点法”作函数()()sin φf x A x B ω=++（0A >，0ω>，π2ϕ<）在一个周期内的图象时，列表计算了部分数据，下列有关函数()y f x =描述正确的是（）x ωϕ+0π2π3π22πx a π3b 5π6c ()f x 131d1A ．函数()f x 的最小正周期是πB ．函数()f x 的图象关于点5π,06⎛⎫⎪⎝⎭对称C ．函数()f x 的图象关于直线π3x =对称D ．函数()f x 与()π2cos 213g x x ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭表示同一函数【答案】ACD【解析】根据表格可知ππ232π5π3π662ωωϕϕωϕ⎧=⋅+=⎧⎪⎪⎪⇒⎨⎨=-⎪⎪⋅+=⎩⎪⎩，且12B A =⎧⎨=⎩，则()π2sin 216f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，由正弦函数的周期性可知()f x 的最小正周期为2ππT ω==，故A 正确；由已知结合正弦函数的对称性可知：()5π5ππ3π2sin 212sin 116662x f x ⎛⎫=⇒=⨯-+=+=- ⎪⎝⎭，显然()f x 此时取得最小值，所以()f x 的图象不关于点5π,06⎛⎫⎪⎝⎭对称，故B 错误；由已知结合正弦函数的对称性可知：()ππππ2sin 212sin 133362x f x ⎛⎫=⇒=⨯-+=+= ⎪⎝⎭，此时()f x 取得最大值，所以()f x 的图象关于直线π3x =对称，故C 正确；由诱导公式可知()()πππ2cos 212sin 21332g x x x f x ⎛⎫⎛⎫=-++=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故D 正确.故选：ACD10．若复数2023i 12iz =-，则（）A ．z 的共轭复数2i5z +=B．||5z =C ．复数z 的虚部为1i5-D ．复数z 在复平面内对应的点在第四象限【答案】ABD【解析】20232023i i 2i 55i i(12i)12i 12i 12i (12i)(12i)z z --+=====-----+，∴∵，则2i5z +=，故A 正确；||z==，故B 正确；复数z 的虚部为15-，故C 错误；复数z 在复平面内对应的点为2155⎛⎫- ⎪⎝⎭，在第四象限，故D 正确.故选：ABD11．已知函数()f x 与其导函数()g x 的定义域均为R ，且()1f x -和()21g x +都是奇函数，且()103g =，则下列说法正确的有（）A ．()g x 关于=1x -对称B ．()f x 关于()1,0对称C ．()g x 是周期函数D ．112(2)4i ig i =∑=【答案】ACD【解析】因为()1f x -为奇函数，所以()()11f x f x -=---，所以()()11f x f x ''-=--，即()()11g x g x -=--，所以()g x 的图象关于直线=1x -对称.故A 正确；因为()1f x -为奇函数，则其图象关于()0,0对称，向左平移一个单位后得到()f x 的图象，则()f x 的图象关于()1,0-对称，故B 错误；因为()21g x +为奇函数，则()()2121g x g x +=--+，则有()()11g x g x +=--+，所以()()2g x g x =--+①,又()()11g x g x -=--，则()()2g x g x =--②,由①②()2(2)g x g x --=--+，则()2(2)g x g x -=-+，则()(4)g x g x =-+，()4(8)g x g x +=-+，则()(8)g x g x =+，所以8是函数()g x 的一个周期.，()g x 是周期函数，故C 正确；因为()103g =，()()2g x g x =--+，()(4)g x g x =-+所以()()()122203g g g =--=-=-，()()()()1140,6233g g g g =-=-=-=，所以1121(2)(123456789101112)43i ig i =∑=--++--++--++⨯=，故D 正确，故选：ACD.第II 卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知集合32|0,R 2x A x x x +⎧⎫=≤∈⎨⎬-⎩⎭与集合{|0,Z}B x x x =>∈，求集合A B = 【答案】{}1【解析】由题意323|0,R |2,R 22x A x x x x x x +⎧⎫⎧⎫=≤∈=-≤<∈⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭，{|0,Z}B x x x =>∈，所以{}1A B ⋂=.故答案为：{}1.13．已知抛物线()220y px p =>的焦点为F ，第一象限的A 、B 两点在抛物线上，且满足4BF AF -=，AB =若线段AB 中点的纵坐标为4，则抛物线的方程为.【答案】28y x=【解析】设()()1122,,,A x y B x y ，因为4BF AF -=，所以21422p p x x ⎛⎫⎛⎫+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以214-=x x ，又因为12AB x x =-=21AB k =，因为,A B 都在第一象限，所以1AB k =，又因为2121222121122122AB y y y y pk y y x x y y p p--====-+-且12428y y +=⨯=，所以28p =，所以4p =，所以抛物线方程为28y x =，故答案为：28y x =.14．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,,,,E F G H P 均为所在棱的中点，则下列结论正确的序号是．①棱AB 上一定存在点Q ，使得1QC D Q ⊥；②三棱锥F EPH -的外接球的表面积为8π；③过点,,E F G作正方体的截面，则截面面积为④设点M 在平面11BB C C 内，且1A M 平面AGH ，则1A M 与AB所成角的余弦值的最大值为3．【答案】②③④【解析】对于①，以D 为原点，DA ，DC ，1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则由已知，()0,2,0C ，()10,0,2D ，设棱AB 上一点()02,,0Q y ()002y ≤≤，则()02,2,0QC y =-- ，()102,,2D Q y =-，若1QC D Q ⊥，则()100420QC D Q y y ⋅=-+-=，整理得200240y y -+=，即()20130y -+=，0y 无实数解，∴棱AB 上不存在点Q ，使得1QC D Q ⊥，故①错误；对于②，如图，分别取棱AB ，11B C ，11D C ，11A D 的中点N ，1H ，1P ，1E ，由已知，=EP PH HN EN ===111EPHN E PH F -为长方体，其外接球的直径为122R E H ==24π8πS R ==，∵三棱锥F EPH -的顶点均在长方体111EPHN E PH F -的外接球上，故该球也是三棱锥F EPH -的外接球，∴三棱锥F EPH -的外接球的表面积为8π，故②正确；对于③，如图所示，过点,,E F G 其可分成六个全等的，的等边三角形，面积1π6sin 23S =⨯⨯=对于④，由①中所建立空间直角坐标系，()2,0,0A ，()0,2,1G ，()1,2,0H ，()12,0,2A ，()2,2,0B ，()2,2,1AG =- ，()1,2,0AH =- ，设平面AGH 的一个法向量为()111,,x n y z =，则1111122020n AG x y z n AH x y ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，令12x =，则11y =，12z =，∴()2,1,2n = ，设平面11BB C C 内一点(),2,M x z ，则()12,2,2A M x z =--，∵1A M 平面AGH ，∴()()12212220A M n x z ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，即3z x =-，又∵()0,2,0AB =，∴1A M 与AB 所成角的余弦值为111cos ,A M AB A M AB A M AB⋅== 其中，()()()()222222311222322652222x z x x x x x ⎛⎫-+-=-+--=-+=-+≥⎪⎝⎭，∴1cos ,3A M AB ≤，即当且仅当32x =时，1A M 与AB 所成角的余弦值的最大值为3，故④正确.故答案为：②③④.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）已知函数()32123f x x x mx n =-++在1x =时取得极值．(1)求实数m 的值；(2)若对于任意的[]2,4x ∈，()2f x n >恒成立，求实数n 的取值范围．【答案】(1)3(2)()0,1【解析】（1）易知()24f x x x m '=-+，依题意()211410f m '=-⨯+=，解得3m =，此时()()()24313f x x x x x '=-+=--，当1x <或3x >时，()0f x ¢>；当13x <<时，()0f x '<，即函数()f x 在(,1)-∞，(3,)+∞上单调递增，在()1,3上单调递减，因此函数()f x 在1x =时取得极值，所以3m =．（2）由（1）得函数()f x 在()2,3上单调递减，在()3,4上单调递增；所以()()32min 13323333f x f n n ==⨯-⨯+⨯+=，由题意可得2n n >，解得01n <<，所以n 的取值范围为()0,1．16．（15分）2023年12月11日至12日中央经济工作会议在北京举行，会议再次强调要提振新能源汽车消费.发展新能源汽车是我国从“汽车大国”迈向“汽车强国”的必由之路.我国某地一座新能源汽车工厂对线下的成品车要经过多项检测，检测合格后方可销售，其中关键的两项测试分别为碰撞测试和续航测试，测试的结果只有三种等次：优秀、良好、合格，优秀可得5分、良好可得3分、合格可得1分，该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为12，良好的概率为13；在续航测试中结果为优秀的概率为25，良好的概率为25，两项测试相互独立，互不影响，该型号新能源汽车两项测试得分之和记为ξ.(1)求该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率；(2)求离散型随机变量ξ的分布列与期望.【答案】(1)310(2)分布列见解析，数学期望为10615【解析】（1）记事件i A 为“该型号新能源汽车参加碰撞测试的得分为i 分(1,3,5)i =”，则()512P A =，()313P A =，()1112P A =--1136=.记事件i B 为“该型号新能源汽车参加续航测试的得分为i 分(1,3,5)i =”，则()525P B =，()325P B =，()1215P B =--2155=.记事件C 为“该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格”，则()()()()51311513()P C P A B P A B P A B P A B =+++1111102122535651563=⨯+⨯+=⨯+⨯，则该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率为310.（2）由题知离散型随机变量ξ的所有可能取值分别为2，4，6，8，10，111(2)6530P ξ==⨯=，11122(4)356515P ξ==⨯+=，1112123(6)25653510P ξ==⨯++⨯=，12121(8)25353P ξ==⨯+=，121(10)255P ξ==⨯=，则离散型随机变量ξ的分布列为ξ246810P1302153101315所以数学期望123()2468301510E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯11106103515+⨯=.17．（15分）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为平行四边形，,M N 分别为1,AB DD 的中点.(1)证明：DM 平面1A BN ；(2)若底面ABCD 为矩形，24AB AD ==，异面直线DM 与1A N 求1B 到平面1A BN 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)3.【解析】（1）连接1AB ，交1A B 于点E ，连接,NE ME ，则E 为1A B 的中点，因为M 为AB 的中点，所以ME 1AA ，且112ME AA =，因为N 为1DD 的中点，所以DN 111,2AA DN AA =，所以ME DN ，且ME DN =，所以四边形EMDN 为平行四边形，所以EN DM ，又因为DM ⊄平面1,A BN EN ⊂平面1A BN ，所以DM 平面1A BN .（2）由题意（1）及几何知识得，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，24AB AD ==，1,,AB AD AA 两两垂直，以A 为坐标原点，分别以1,,AB AD AA 所在直线为x 轴､y 轴､z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.设12(0)AA t t =>，则()()4,0,0,0,2,0B D ，()()()10,0,2,2,0,0,0,2,A t M N t ，()()()114,0,2,2,2,0,0,2,B t DM A N t =-=-.设异面直线DM 与1A N 所成角为θ，则111cos cos ,5DM A N DM A N DM A Nθ⋅===⋅，解得：1t =，故()()()110,0,2,0,2,1,4,0,2A N B ，则()()()1114,0,2,0,2,1,0,0,2A B A N BB =-=-=设平面1A BN 的一个法向量为(),,n x y z =，1B 到平面1A BN 的距离为d .所以110,0,A B n A N n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即420,20,x z y z -=⎧⎨-=⎩取2z =，得()1,1,2n =.所以1B B n d n ⋅== 即1B 到平面1A BN的距离为3.18．（17分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>，点()0,2P 在椭圆C 上，过点P 的两条直线PA ，PB 分别与椭圆C 交于另一点A ，B ，且直线PA ，PB ，AB 的斜率满足()40PA PB AB AB k k k k +=≠．(1)求椭圆C 的方程；(2)证明直线AB 过定点；(3)椭圆C 的焦点分别为1F ，2F ，求凸四边形12F AF B 面积的取值范围．【答案】(1)221124x y +=(2)证明见解析(3)⎝【解析】（1）由题设得22223b ca abc =⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，解得212a =，所以C 的方程为221124x y +=；（2）由题意可设:(2)AB l y kx m m =+≠，设()11,A x y ，()22,B x y ，由221124y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得()2221363120k x kmx m +++-=，()()()222222Δ36413312121240k m k m k m =-+-=-+>．由韦达定理得212231213m x x k -=+，122613mk x x k -+=+，由4PA PB AB k k k +=得1212224y y k x x --+=，即1212224kx m kx m k x x +-+-+=，整理得()22(2)24mk m m k -=-，因为0k ≠，得220m m --=，解得2m =或1m =-，2m =时，直线AB 过定点(0,2)P ，不合题意，舍去；1m =-时，满足()2Δ36410k =+>，所以直线AB 过定点(0,1)-．（3））由（2）得直线:1AB l y kx =-，所以1(1)x y k=+，由221(1)1124x y k x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，整理得22221213120y y k k k ⎛⎫+++-= ⎪⎝⎭，21Δ3640k ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，由题意得12121212212F AF BS F F y y y y k =-=-=+因为2AF k =218k >，所以2108k <<，令t，(2,t ∈，所以12F AF B S t=-，在(2,t ∈上单调递减，所以12F AF B S的范围是⎝．19．（17分）已知1a ，2a ，…，n a 是由n （*n ∈N ）个整数1，2，…，n 按任意次序排列而成的数列，数列{}n b 满足1k k b n a =+-（1,2,,k n = ）.（1）当3n =时，写出数列{}n a 和{}n b ，使得223a b =.（2）证明：当n 为正偶数时，不存在满足k k a b =（1,2,,k n = ）的数列{}n a .（3）若1c ，2c ，…，n c 是1，2，…，n 按从大到小的顺序排列而成的数列，写出k c （1,2,,k n = ），并用含n 的式子表示122n c c nc +++ .（参考：222112(1)(21)6n n n n +++=++ .）【答案】（1）12a =，23a =，31a =；12b =，21b =，33b =或11a =，23a =，32a =；13b =，21b =，32b =.（2）证明见解析（3）(1)k c n k =--（1,2,,k n = ）；1(1)(2)6n n n ++【解析】[解]（1）12a =，23a =，31a =；12b =，21b =，33b =.11a =，23a =，32a =；13b =，21b =，32b =.[证明]（2）若k k a b =（1,2,,k n = ），则有1k k a n a =+-，于是12k n a +=.当n 为正偶数时，1n +为大于1的正奇数，故12n +不为正整数.因为1a ，2a ，…，n a 均为正整数，所以不存在满足k k a b =（1,2,,k n = ）的数列{}n a .[解]（3）(1)k c n k =--（1,2,,k n = ）.因为(1)k c n k =+-，于是122(1)12[(1)2][(1)]n c c nc n n n n n +++=+-++-+++- 222(12)(1)(12)n n n =++++-+++ 2111(1)(1)(21)(1)(2)266n n n n n n n n =+-++=++.。

2020新课标高考理科数学：“3+1”保分大题强化练(四)

“3＋1”保分大题强化练(四)1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2(a cos B cos C ＋c cos B cos A)．(1)求B的大小；(2)若a＋c＝5，且S△ABC＝3，求边长b的值．解：(1)由已知条件及正弦定理得sin B＝2(sin A cos B·cos C＋sin C cos B cos A)＝2cos B(sin A cos C＋sin C cos A)＝2cos B sin(A＋C)，可得cos B＝12.又0<B<π，∴B＝π3.(2)由(1)及余弦定理得，b2＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac.∵a＋c＝5，∴b2＝25－3ac，∵S△ABC ＝3，∴12ac sin B＝3，即ac＝4，∴b2＝13，∴b＝13.2．某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，甲车间有工人200人，乙车间有工人400人，为比较两个车间工人的生产效率，采用分层抽样的方法抽取工人．甲车间抽取的工人记作第一组，乙车间抽取的工人记作第二组，并对他们中每位工人生产完成一件产品的时间(单位：min)进行统计，按照[55,65)，[65,75)，[75,85)，[85,95]进行分组，得到下列统计图．(1)分别估算两个车间工人中，生产一件产品时间少于75 min的人数．(2)分别估计两个车间工人生产一件产品时间的平均值，并推测哪个车间工人的生产效率更高？(3)从第一组生产时间少于75 min 的工人中随机抽取3人，记抽取的生产时间少于65 min 的工人人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．解：(1)由题意得，第一组工人20人，其中在75 min 内(不含75 min)生产完成一件产品的有6人，∴甲车间工人中生产一件产品时间少于75 min的人数约为6×10＝60.第二组工人40人，其中在75 min内(不含75 min)生产完成一件产品的有40×(0.025＋0.05)×10＝30(人)，∴乙车间工人中生产一件产品时间少于75 min的人数约为30×10＝300.(2)第一组工人生产一件产品的平均时间为x甲＝60×2＋70×4＋80×10＋90×420＝78(min)，第二组工人生产一件产品的平均时间为x乙＝60×0.25＋70×0.5＋80×0.2＋90×0.05＝70.5(min)，∴x甲＞x乙，∴乙车间工人的生产效率更高．(3)由题意得，第一组生产时间少于75 min 的工人有6人，其中生产时间少于65 min 的有2人，从中抽取3人，则X的可能取值为0,1,2，P(X＝0)＝C02C34C36＝15，P(X＝1)＝C12C24C36＝35，P(X＝2)＝C22C14C36＝15.所以X的分布列为数学期望E(X)＝0×15＋1×35＋2×15＝1.3．如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．(1)证明：AE⊥PB；(2)当四棱锥P-ABCE的体积最大时，求二面角A-PE-C的余弦值．解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，∵AB ∥CE ，AB ＝CE ，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ，∴△ADE 为等边三角形，∴在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝∠ADE ＝60°，BD ⊥BC ，∴BD ⊥AE .如图，翻折后可得OP ⊥AE ，OB ⊥AE ，又OP ∩OB ＝O ，OP ⊂平面POB ，OB ⊂平面POB ，∴AE ⊥平面POB ，∵PB ⊂平面POB ，∴AE ⊥PB .(2)当四棱锥P -ABCE 的体积最大时，平面P AE ⊥平面ABCE .又平面P AE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面P AE ，PO ⊥AE ，∴OP ⊥平面ABCE .以O 为坐标原点，OE 所在的直线为x 轴，OB 所在的直线为y 轴，OP 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得， P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0，∴P E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32，EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，设平面PCE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ P E →·n 1＝0，E C →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 12x －32z ＝0，12x ＋32y ＝0，设x ＝3，则y ＝－1，z ＝1，∴n 1＝(3，－1,1)为平面PCE 的一个法向量，易知平面P AE 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－11×5＝－55. 由图知所求二面角A -PE -C 为钝角，∴二面角A -PE -C 的余弦值为－55.4．选考系列(请在下面的两题中任选一题作答)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M 的极坐标方程为ρ＝2cos θ，若极坐标系内异于O 的三点A (ρ1，φ)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，φ＋π6，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ3，φ－π6(ρ1，ρ2，ρ3＞0)都在曲线M 上． (1)求证：3ρ1＝ρ2＋ρ3；(2)若过B ，C 两点的直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2－32t ，y ＝12t(t 为参数)，求四边形OBAC 的面积．解：(1)证明：由题意得ρ1＝2cos φ，ρ2＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ＋π6，ρ3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ－π6，所以ρ2＋ρ3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ＋π6＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ－π6＝23cos φ＝3ρ1. (2)由曲线M 的极坐标方程得曲线M 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＝0，将直线BC 的参数方程代入曲线M 的直角坐标方程得t 2－3t ＝0，解得t 1＝0，t 2＝3，∴在平面直角坐标中，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，C (2,0)，则ρ2＝1，ρ3＝2，φ＝π6，∴ρ1＝ 3.∴四边形OBAC 的面积S ＝S △AOB ＋S △AOC ＝12ρ1ρ2·sin π6＋12ρ1ρ3sin π6＝334.[选修4－5：不等式选讲]已知不等式|ax －1|≤|x ＋3|的解集为{x |x ≥－1}．(1)求实数a 的值；(2)求12－at ＋4＋t 的最大值．解：(1)|ax －1|≤|x ＋3|的解集为{x |x ≥－1}，即(1－a 2)x 2＋(2a ＋6)x ＋8≥0的解集为{x |x ≥－1}．当1－a 2≠0时，不符合题意，舍去．当1－a 2＝0，即a ＝±1时，x ＝－1为方程(2a ＋6)x ＋8＝0的一解，经检验a ＝－1不符合题意，舍去，a ＝1符合题意．综上，a ＝1.(2)(12－t＋4＋t)2＝16＋2(12－t)(4＋t)＝16＋2－t2＋8t＋48，当t＝4时，(12－t＋4＋t)2有最大值，为32.又12－t＋4＋t≥0，所以12－t＋4＋t的最大值为4 2.。

2022年高考数学课标通用(理科)一轮复习真题演练：第八章立体几何8-7 Word版含解析

真题演练集训1．[2022·新课标全国卷Ⅱ]如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值． (1)证明：由已知，得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6，得 DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC ，得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解：如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD →′的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)， AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m||n|＝－1450×10＝－7525，sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.2．[2022·山东卷]在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点．求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值． (1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，由于点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，由于H 是FB 的中点，所以HI ∥BC .又HI ∩GI ＝I ，OB ∩BC ＝B ，所以平面GHI ∥平面ABC .由于GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)解：解法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC . 又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题意，得B (0,23，0)，C (－23，0,0)，所以BC →＝(－23，－23，0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，33.由于平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0.1)，所以cos〈m，n 〉＝m·n|m||n|＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.解法二：如图，连接OO′.过点F作FM垂直OB于点M，则有FM∥OO′.又OO′⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC.可得FM＝FB2－BM2＝3.过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.可得FN⊥BC，从而∠FNM为二面角F－BC－A的平面角．又AB＝BC，AC是圆O的直径，所以MN＝BM sin 45°＝6 2，从而FN＝422，可得cos ∠FNM＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.3．[2022·新课标全国卷Ⅲ]如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD ∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．(1)证明：由已知，得AM＝23AD＝2.如图，取BP的中点T，连接AT，TN.由N为PC的中点知，TN∥BC，TN＝12BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.由于AT⊂平面P AB，MN⊄平面P AB，所以MN∥平面P AB.(2)解：取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC，得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝AB2－BE2＝AB2－⎝⎛⎭⎪⎫BC22＝ 5.以A为坐标原点，AE→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.4．[2021·新课标全国卷Ⅰ]如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC 可知，AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 由于EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解：如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G －xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.5．[2021·新课标全国卷Ⅱ]如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值．解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 由于四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10，4,8)，F (0,4,8)， FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6,8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面α的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3)．又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面α所成角的正弦值为4515. 课外拓展阅读巧用向量法求立体几何中的探究性问题立体几何中的探究性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频消灭，而空间向量在解决立体几何的探究性问题中扮演着举足轻重的角色，它是争辩立体几何中的探究性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探究性问题供应了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探究性问题的常见类型及其求解策略．1．条件追溯型解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因．其结论明确，需要求出访结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可快速找到切入点．这类题目要求考生变换思维方向，有利于培育考生的逆向思维力量．[典例1] 如图所示，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CEBE ＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．[思路分析][解析] 由于SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .由于AB ＝4，SA ＝3，所以B (0,4,0)，S (0,0,3)．设BC ＝m ，则C (m,4,0)，由于SF BF ＝CEBE ＝λ，所以SF →＝λFB →.所以AF →－AS →＝λ(AB →－AF →)．所以AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)．所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，4λ1＋λ，31＋λ. 同理可得E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m 1＋λ，4，0，所以FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ. 由于F A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－4λ1＋λ，－31＋λ，要使∠AFE 为直角，即F A →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，所以16λ＝9，解得λ＝916. [答案] 916 2．存在推断型以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在推断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探究性和制造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要推断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种状况：假如存在，找出一个来；假如不存在，需要说明理由．这类问题常用“确定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简洁、解法固定、操作便利．[典例2] 如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．[思路分析][解] (1)如图所示，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz . 依题意，得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以NE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM →＝(－1,0,1)，由于|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1252×2＝1010. 所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 连接AE ，如图所示．由于AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－1，0，所以ES →＝EA →＋AS →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎨⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS →|＝22.经检验，当|AS |＝22时，ES ⊥平面AMN .故在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时|AS |＝22. 3．结论探究型立体几何中的结论探究型问题的基本特征是：给出肯定的条件与设计方案，推断设计的方案是否符合条件要求．此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得认真、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳．[典例3] 某设计部门承接一产品包装盒的设计(如图所示)，客户除了要求AB ，BE 边的长分别为20 cm,30 cm 外，还特殊要求包装盒必需满足：①平面ADE ⊥平面ADC ；②平面ADE 与平面ABC 所成的二面角不小于60 °；③包装盒的体积尽可能大．若设计出的样品满足：∠ACB 与∠ACD 均为直角且AB 长20 cm ，矩形DCBE 的边长BE ＝30 cm ，请你推断该包装盒的设计是否符合客户的要求，并说明理由．[思路分析]建立空间直角坐标系→验证所给样品是否满足条件①②③→得出结论[解] 该包装盒的样品设计符合客户的要求．理由如下：由于四边形DCBE 为矩形，∠ACB 与∠ACD 均为直角，所以以C 为原点，分别以直线CA ，CB ，CD 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .由于BE ＝30 cm ，AB ＝20 cm ，设BC ＝t cm ，则AC ＝400－t 2 cm ，则A (400－t 2，0,0)，B (0，t,0)，D (0,0,30)，E (0，t,30)，设平面ADE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， DA →＝(400－t 2，0，－30)，DE →＝(0，t,0)，由于n 1·DA →＝0且n 1·DE →＝0，所以⎩⎨⎧400－t 2x －30z ＝0，ty ＝0，取x ＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，0，400－t 230. 又平面ADC 的一个法向量CB →＝(0，t,0)，所以n 1·CB →＝1×0＋0×t ＋400－t 230×0＝0，所以n 1⊥CB →，所以平面ADE ⊥平面ADC ，所以满足条件①. 由于平面ABC 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，设平面ADE 与平面ABC 所成二面角的平面角为θ，则cos θ≤12，所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝400－t 2301＋400－t 2900≤12，所以10≤t ≤20，即当10≤t <20时，平面ADE 与平面ABC 所成的二面角不小于60°.由∠ACB 与∠ACD 均为直角知， AC ⊥平面DCBE ，该包装盒可视为四棱锥A －BCDE ，所以V A －BCDE ＝13S 矩形BCDE ·AC ＝13·30t ·400－t 2＝10·t 2(400－t 2) ≤10⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t 2＋400－t 222＝2 000，当且仅当t2＝400－t2，即t＝10 2 cm时，V A－BCDE的体积最大，最大值为2 000 cm3.而10<t＝102<20，可以满足平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60°的要求．综上可知，该包装盒的设计符合客户的要求．方法总结解决立体几何中的结论探究型问题的策略是：先把题目读懂，全面、精确地把握题目所供应的全部信息和题目提出的全部要求，分析题目的整体结构，找好解题的切入点，对解题的主要过程有一个初步的设计，在此基础上建立空间直角坐标系，把所求的问题转化为空间几何体中的证明线面位置关系、角与最值等问题．。

备战新课标高考理科数学2020训练题：“3+1”保分大题强化练(七) Word版含解析

保住基本分·才能得高分 “3＋1”保分大题强化练(七) 前3个大题和1个选考题不容有失1．数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和．解：(1)证明：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1. 因为S n ＝2a n －n ，①所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)②①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1，所以a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2.所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以a n ＋1＝2·2n －1，所以a n ＝2n －1. (2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7，所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7. 设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ，所以d ＝1. 所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n . 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n －n .设数列{n ·2n }的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ，则K n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，③ 2K n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1，④ ③－④得，－K n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，所以K n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以K n －T n ＝(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2，所以{a n b n }的前n 项和为(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.2．如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面ABC 是等边三角形，侧面BCC 1B 1是矩形，AB ＝A 1B ，N 是B 1C 的中点，M 是棱AA 1上的点，且AA 1⊥MC .(1)证明：MN ∥平面ABC ；(2)若AB ⊥A 1B ，求二面角A -CM -N 的余弦值．解：(1)证明：在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，连接BM . 因为侧面BCC 1B 1是矩形，所以BC ⊥BB 1.因为AA 1∥BB 1，所以AA 1⊥BC .又AA 1⊥MC ，BC ∩MC ＝C ，所以AA 1⊥平面BCM ，所以AA 1⊥MB ，又AB ＝A 1B ，所以M 是AA 1的中点．取BC 的中点P ，连接NP ，AP ，因为N 是B 1C 的中点，所以NP ∥BB 1，且NP ＝12BB 1，所以NP ∥MA ，且NP ＝MA ，所以四边形AMNP 是平行四边形，所以MN ∥AP . 又MN ⊄平面ABC ，AP ⊂平面ABC ，所以MN ∥平面ABC .(2)因为AB ⊥A 1B ，所以△ABA 1是等腰直角三角形．设AB ＝2a ，则AA 1＝2a ，BM ＝AM ＝a . 又在Rt △ACM 中，AC ＝2a ，所以MC ＝a . 在△BCM 中，CM 2＋BM 2＝2a 2＝BC 2，所以MC ⊥BM ，所以MA1，MB ，MC 两两垂直，以M 为坐标原点，MA 1→，MB →，MC →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则M (0,0,0)，C (0,0，a )，B 1(2a ，a,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，a 2，所以MC→＝(0,0，a )，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，a 2. 设平面CMN 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·MC→＝0，n 1·MN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧az ＝0，ax ＋a 2y ＋a2z ＝0，取x ＝1，得y ＝－2.故平面CMN 的一个法向量为n 1＝(1，－2,0)．因为平面ACM 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－255.因为二面角A -CM -N 为钝角，所以二面角A -CM -N 的余弦值为－255.3．某共享单车经营企业欲向甲市投放单车，为制定适宜的经营策略，该企业首先在已投放单车的乙市进行单车使用情况调查．调查过程分随机问卷、整理分析及开座谈会三个阶段．在随机问卷阶段，A ，B 两个调查小组分赴全市不同区域发放问卷并及时收回；在整理分析阶段，两个调查小组从所获取的有效问卷中，针对15岁至45岁的人群，按比例随机抽取了300份，进行数据统计，具体情况如下表：(1)岁”抽出一个容量为60人的样本，再用分层抽样的方法将“年龄达到35岁”的被抽个体分配到“经常使用单车”和“偶尔使用单车”中去．①求这60人中“年龄达到35岁且偶尔使用单车”的人数．②为听取对发展共享单车的建议，调查小组专门组织所抽取的“年龄达到35岁且偶尔使用单车”的人员召开座谈会．会后共有3份礼品赠送给其中3人，每人1份(其余人员仅赠送骑行优惠券)．已知参加座谈会的人员中有且只有4人来自A组，求A组这4人中得到礼品的人数X的分布列和数学期望．(2)从统计数据可直观得出“经常使用共享单车与年龄达到m岁有关”的结论．在用独立性检验的方法说明该结论成立时，为使犯错误的概率尽可能小，年龄m应取25还是35？请通过比较K2的观测值的大小加以说明．参考公式：K2＝n(ad－bc)2(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.解：(1)①从300人中抽取60人，其中“年龄达到35岁”的人数为100×60 300＝20，再将这20人用分层抽样法按“是否经常使用单车”进行名额划分，其中“年龄达到35岁且偶尔使用单车”的人数为20×45100＝9.②A组这4人中得到礼品的人数X的可能取值为0,1,2,3，则P(X＝0)＝C35 C39＝542，P(X＝1)＝C14C25C39＝1021，P(X＝2)＝C24C15C39＝514，P(X＝3)＝C34C39＝121.故X的分布列为∴E(X)＝0×542＋1×1021＋2×514＋3×121＝43.(2)按“年龄是否达到35岁”对数据进行整理，得到如下列联表：m＝35k 1＝300×(125×45－75×55)2200×100×180×120＝300×1 5002200×100×180×120＝2516.按“年龄是否达到25岁”对数据进行整理，得到如下列联表：m ＝25k 2＝300×(67×87－33×113)2100×200×180×120＝300×2 1002100×200×180×120＝4916，∴k 2>k 1.欲使犯错误的概率尽可能小，需取m ＝25. 选考系列(请在下面的两题中任选一题作答) 4．[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3cos α，y ＝1＋3sin α(α为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝2 3.(1)求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程；(2)射线OP 的极坐标方程为θ＝π6(ρ≥0)，若射线OP 与曲线C 的交点为A ，与直线l 的交点为B ，求线段AB 的长．解：(1)由⎩⎨⎧ x ＝3cos α，y ＝1＋3sin α，可得⎩⎨⎧x ＝3cos α，y －1＝3sin α，所以x 2＋(y －1)2＝3，所以曲线C 的普通方程为x 2＋(y －1)2＝3.由ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝23，可得ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin θ＋12cos θ＝23，所以32ρsin θ＋12ρcos θ－23＝0，所以直线l 的直角坐标方程为x ＋3y －43＝0. (2)法一：曲线C 的方程可化为x 2＋y 2－2y －2＝0，所以曲线C 的极坐标方程为ρ2－2ρsin θ－2＝0. 由题意设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ1，π6，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，π6，将θ＝π6代入ρ2－2ρsin θ－2＝0，可得ρ2－ρ－2＝0，所以ρ＝2或ρ＝－1(舍去)，即ρ1＝2，将θ＝π6代入ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝23，可得ρ＝4，即ρ2＝4，所以|AB |＝|ρ1－ρ2|＝2.法二：因为射线OP 的极坐标方程为θ＝π6(ρ≥0)，所以射线OP 的直角坐标方程为y ＝33x (x ≥0)，由⎩⎨⎧x 2＋(y －1)2＝3，y ＝33x (x ≥0)，解得A (3，1)，由⎩⎨⎧x ＋3y －43＝0，y ＝33x (x ≥0)，解得B (23，2)，所以|AB |＝(23－3)2＋(2－1)2＝2. 5．[选修4－5：不等式选讲] 已知函数f (x )＝|x －2|＋|2x －1|. (1)求不等式f (x )≤3的解集；(2)若不等式f (x )≤ax 的解集为空集，求实数a 的取值范围．解：由题意f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋3，x ≤12，x ＋1，12<x <2，3x －3，x ≥2，作出f (x )的图象如图所示，注意到当x ＝0或x ＝2时，f (x )＝3，结合图象可知，不等式的解集为[0,2]．(2)由(1)可知，f (x )的图象如图所示，不等式f (x )≤ax 的解集为空集可转化为f (x )>ax 对任意x ∈R 恒成立，即函数y ＝ax 的图象始终在函数y ＝f (x )的图象的下方，当直线y ＝ax 过点A (2,3)以及与直线y ＝－3x ＋3平行时为临界情况，所以－3≤a <32，即实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－3，32.。

2024年高考考前信息必刷卷一(新高考新题型)数学及答案

绝密★启用前2024年高考考前信息必刷卷（新高考新题型）01数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）全国新高考卷的题型会有所调整，考试题型为8（单选题）＋3（多选题）＋3（填空题）＋5（解答题），其中最后一道试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及整除与算术基本定理、同余与著名数论定理、高阶等差数列与线性递推数列、函数迭代与数列不动点、函数方程、多项式理论与代数基本定理、常用不等式、矩阵与变换、极点极线与射影几何、曲线系模块，以解答题的方式进行考查。

2023年全国新高考地区解答题中，结构中规中矩。

但预测2024年新高考地区将以结构不良型方式整除与算术基本定理、同余与著名数论定理、高阶等差数列与线性递推数列、函数迭代与数列不动点、函数方程、多项式理论与代数基本定理、常用不等式、矩阵与变换、极点极线与射影几何、曲线系模块中的一个，出现在19题的可能性较大，难度中等偏上，例如本卷第19题。

第I 卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。

1．某车间有两条生产线分别生产5号和7号两种型号的电池，总产量为8000个．质检人员采用分层抽样的方法随机抽取了一个样本容量为60的样本进行质量检测，已知样本中5号电池有45个，则估计7号电池的产量为（）A ．6000个B ．5000个C ．3000个D ．2000个2．如图所示，四边形ABCD 是正方形，,M N 分别BC ，DC 的中点，若,,AB AM AN λμλμ=+∈R，则2λμ-的值为（）A ．43B ．52C ．23-D ．1033．已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，4920224a a a ++=，则20S =（）A ．60B ．120C ．180D ．2404．设,αβ是两个不同的平面，,m n 是两条不同的直线，下列命题为假命题的是（）A ．若,m m n α⊥⊥，则n α或n ⊂αB ．若,,⊥⊥⊥m n αβαβ，则m n⊥C ．若,,m l n αββγαγ⋂=⋂=⋂=，且n β，则//l m D ．若,,m n m n αβ⊥⊂⊂，则αβ⊥5．第19届亚运会于2023年9月28日至10月8日在杭州举行，本届亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”“莲莲”和“宸宸”，分别代表世界遗产良渚古城遗址、西湖和京杭大运河．某同学买了6个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2个，现将这6个吉祥物排成一排，且名称相同的两个吉祥物相邻，则排法种数共为（）A ．48B ．24C ．12D ．66．已知函数1()e 2x f x x a x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭恰有2个不同的零点，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．(4e,)⎛∞ ⎝UC ．2e ⎫⎪⎭D ．(2e,)⎛∞ ⎝U 7．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点()3,4A -的直线l 的一个法向量为()1,2-，则直线l 的点法式方程为：()()()13240x y ⨯++-⨯-=，化简得2110x y -+=.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点()1,2,3M 的平面的一个法向量为()1,4,2m =-，则该平面的方程为（）A ．4210x y z -++=B ．4210x y z --+=C ．4210x y z +-+=D ．4210x y z +--=8．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左，右焦点分别为12,F F ，过1F 的直线与双曲线C 分别在第一、二象限交于,A B 两点，2ABF △内切圆的半径为r ，若1||2BF a =，r =，则双曲线C 的离心率为（）A B C D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知函数()()sin 0,0,22f x A x A ππωϕωϕ⎛⎫=+>>-<< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则（）A ．()f x 的最小正周期为πB ．当π0,2⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦x 时，()f x 的值域为11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．将函数()f x 的图象向右平移π6个单位长度可得函数()sin 2g x x =的图象D ．将函数()f x 的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点5π,06⎛⎫⎪⎝⎭对称10．已知12,z z 是两个虚数，则下列结论中正确的是（）A ．若12z z =，则12z z +与12z z 均为实数B ．若12z z +与12z z 均为实数，则12z z =C ．若12,z z 均为纯虚数，则12z z 为实数D ．若12z z 为实数，则12,z z 均为纯虚数11．已知函数()y f x =在R 上可导且(0)2f =-，其导函数()f x '满足：22()21()e xf x f x x -=-'，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 有且仅有两个零点B ．函数2()()2e g x f x =+有且仅有三个零点C ．当02x ≤≤时，不等式4()3e (2)f x x ≥-恒成立D ．()f x 在[1,2]上的值域为22e ,0⎡⎤-⎣⎦第II 卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知集合{}{}2,0,2,4,3A B x x m =-=-≤，若A B A = ，则m 的最小值为．13．已知M ，N 是抛物线()2:20C x py p =>上两点，焦点为F ，抛物线上一点(),1P t 到焦点F 的距离为32，下列说法正确的是．（把所有正确结论的编号都填上）①1p =；②若OM ON ⊥，则直线MN 恒过定点()0,1；③若MOF △的外接圆与抛物线C 的准线相切，则该圆的半径为12；④若2MF FN = ，则直线MN 的斜率为14．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，中，M ，N 分别为线段11A D ，1BC 上的动点.给出下列四个结论:①存在点M ，存在点N ，满足MN ∥平面11ABB A ；②任意点M ，存在点N ，满足MN ∥平面11ABB A ；③任意点M ，存在点N ，满足1MN BC ⊥；④任意点N ，存在点M ，满足1MN BC ⊥.其中所有正确结论的序号是.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）已知函数31()ln 222f x ax x x x=--+.(1)当1a =时，求()f x 的单调区间；(2)对[1,)x ∀∈+∞，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.16．（15分）我国老龄化时代已经到来，老龄人口比例越来越大，出现很多社会问题．2015年10月，中国共产党第十八届中央委员会第五次全体会议公报指出：坚持计划生育基本国策，积极开展应对人口老龄化行动，实施全面二孩政策．随着国家二孩政策的全面放开，为了调查一线城市和非一线城市的二孩生育意愿，某机构用简单随机抽样方法从不同地区调查了100位育龄妇女，结果如下表．非一线一线总计愿生40y 60不愿生x 2240总计5842100(1)求x 和y 的值．(2)分析调查数据，是否有95%以上的把握认为“生育意愿与城市级别有关”？(3)在以上二孩生育意愿中按分层抽样的方法，抽取6名育龄妇女，再选取两名参加育儿知识讲座，求至少有一名来自一线城市的概率．参考公式：22()()()()()n ad bc a b c d a c b d χ-=++++，()2P k χ≥0.0500.0100.001k3.8416.63510.82817．（15分）在直角梯形ABCD 中，//AD BC ，22BC AD AB ===90ABC ∠=︒，如图（1）．把ABD△沿BD 翻折，使得平面ABD ⊥平面BCD ．(1)求证：CD AB ⊥；(2)在线段BC 上是否存在点N ，使得AN 与平面ACD 所成角为60°？若存在，求出BNBC的值；若不存在，说明理由．18．（17分）已知椭圆22:143x y C +=的左右焦点分别为12,F F ，点()00,P x y 为椭圆C 上异于顶点的一动点，12F PF ∠的角平分线分别交x 轴、y 轴于点M N 、．(1)若012x =，求1PF ；(2)求证：PMPN为定值；(3)当1F N P 面积取到最大值时，求点P 的横坐标0x ．19．（17分）已知数列12:,,,n A a a a L 为有穷正整数数列.若数列A 满足如下两个性质，则称数列A 为m 的k减数列：①12n a a a m +++= ；②对于1i j n ≤<≤，使得i j a a >的正整数对(,)i j 有k 个.(1)写出所有4的1减数列；(2)若存在m的6减数列，证明：6m ；(3)若存在2024的k减数列，求k的最大值.绝密★启用前2024年高考考前信息必刷卷（新高考新题型）01数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）全国新高考卷的题型会有所调整，考试题型为8（单选题）＋3（多选题）＋3（填空题）＋5（解答题），其中最后一道试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及整除与算术基本定理、同余与著名数论定理、高阶等差数列与线性递推数列、函数迭代与数列不动点、函数方程、多项式理论与代数基本定理、常用不等式、矩阵与变换、极点极线与射影几何、曲线系模块，以解答题的方式进行考查。

2024年普通高等学校招生全国统一考试数学(新高考I卷)押题密卷3(含答案)

试卷类型：A 2024年普通高等学校招生全国统一考试押题密卷3数学新高考I卷注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．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．已知集合A＝{x|x＝ln e y}，B＝{y|y＝e ln x}，则A∩B＝A．(0,＋∞) B．ØC．(－∞,0) D．R2．若直线mx＋ny＝1与圆x2＋y2＝1有交点，则A．m2＋n2≥1 B．m2＋n2≤1C．m2＋n2＞1 D．m2＋n2＜13．设复数z满足z＋|z|＝8＋4i，则z－|z|＝A．－1＋4i B．－2＋4iC．－3＋4i D．－4＋4i4．已知随机变量X的分布列如下表，则下列数值最大的是A．D(X) B．D(2X－3)C．D(|X|) D．D(2|X|－3)5．已知抛物线y 2＝2px 上不同三点A ，B ，C 的横坐标成等差数列，P 为抛物线焦点，则A ．A ，B ，C 的纵坐标成等差数列B ．A ，B ，C 到x 轴的距离成等差数列C ．A ，B ，C 到原点的距离成等差数列D ．A ，B ，C 到点P 的距离成等差数列6．如图，将一个球放入一个倒立的圆锥形容器中，圆锥的高为3，底面半径为4，且圆锥的底面恰好经过球心，则该球的表面积为 A ．57625π B ．47625π C ．16πD ．64π7．已知函数f (x )＝3x1＋3x ．设a ＋b ＋c ＝0，abc ＜0，则 A ． f (a )＋f (b )＋f (c )＜32B ． f (a )＋f (b )＋f (c )≤32C ．f (a )＋f (b )＋f (c )＞32D ．f (a )＋f (b )＋f (c )≥328．已知函数f (x )＝x |x |，则下列命题错误的是A ．函数f (sin x )是奇函数，且在（－12 , 12）上是减函数B ．函数sin( f (x ))是奇函数，且在（－12 , 12）上是增函数C ．函数f (cos x )是偶函数，且在（0,1）上是减函数D ．函数cos( f (x ))是偶函数，且在（－1,0）上是增函数二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知实数x ＜－1，则A ．x 2－1＞0B ．x ＋1x＜－2C ．sin x －x ＞0D ．cos x ＋x ＞010．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＜－a 11＜a 1，则A ．a 6＜a 7B ．S 10＞0C ．S 15＜0D ．S n ≤S 511．已知拋物线E ：y 2＝8x 的焦点为F ，点F 与点C 关于原点对称，过点C 的直线l 与抛物线E 交于A ,B 两点（点A 和点C 在点B 的两侧），则 A ．若BF 为△ACF 的中线，则|AF |＝√2|BF |B．若BF为∠AFC的角平分线，则|AF|＝8C．存在直线l，使得|AC|＝√2|AF|D．对于任意直线l，都有|AF|＋|BF|＞2|CF|三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．数学兴趣小组对具有线性相关的两个变量x和y进行了统计分析，得到了下表：并由表中数据求得y关于x的回归方程为ŷ＝0.65x－1.8．若a，b，c成等差数列，则b 的值是_________．13．已知三次函数f(x)有三个零点x1，x2，x3，则1f' (x1)＋1f' (x2)＋1f' (x3)的值是_________．（f'(x)是f(x)的导函数）14．在正三棱锥P﹣ABC中，侧棱P A＝√3，且侧棱P A、PB、PC两两互相垂直，以A为球心，2为半径的球面与正三棱锥的表面相交，则各交线的长度之和是_________．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（满分13分）如图，已知圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E是AD̂的中点．（1）求该圆柱体的体积；（2）证明：DE⊥平面ABE；（3）求异面直线BE与AD所成角的余弦值．16．（满分15分）一个笼子里关着10只猫，其中有7只白猫，3只黑猫．把笼门打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫．猫争先恐后地往外钻．如果10只猫都钻出了笼子，随机变量X表示7只白猫被3只黑猫所隔成的段数．例如，若出笼顺序为“□■□□□□■□□■”，则X＝3．（“□”代表白猫，“■”代表黑猫）（1）求三只黑猫挨在一起出笼的概率；（2）求X的分布列和数学期望E（X）．17．（满分15分）已知数列{a n}满足{2n a n}是等差数列，{a nn}是等比数列．（1）证明：a1＝a2；（2）记{a n}的前n项和为S n，若对于任意n∈N*，S n∈[1,6]，求a1的取值范围．18．（满分17分）已知函数f(x)＝|x－a|＋|x2－b2|，a,b∈R．（1）若y＝f(x)关于y轴对称，求a；（2）当a＝b＝1时，讨论f(x)的单调性；（3）若f(x)≤a＋b2在[0,1]上恒成立，求a＋b2的最小值．19．（满分17分）已知动圆D过点（0,1），且与直线y＝－1相切于点P，设动点D的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）过点P作曲线的两条直线P A,PB分别与曲线C相切于点A,B，与x轴分别交于M,N两点．记△AFM、△PMN、△BFN的面积分别为S1、S2、S3．（i）证明：四边形FNPM为平行四边形；（ii）证明：S1，S2，S3成等比数列．2024年普通高等学校招生全国统一考试押题密卷3数学新高考I卷【参考答案】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．A 2．A 3．B 4．B5．D 6．C 7．D 8．A二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．ABC 10．BC 11．BD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．3 13．0 14．32π四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（1）由已知可得圆柱的底面半径r＝1，高h＝2，∴V柱＝S底·h＝πr2h＝2π故该圆柱体体积为2π.（2）∵E是弧AD中点，∴AE⊥DE ①易知AB⊥平面ADE，且DE⊂平面ADE，∴AB⊥DE ②综合①②可得DE⊥平面ABE .（3）∵AD//BC，∴∠EBC或其补角是直线BE与AD所成角，取弧BC的中点F，连接EC、EF、BF，BE＝√BBBB2+EEBB2＝�(√2)2+22＝√6＝EC，在△EBC中，cccccc∠EEBBEE＝1√6＝√66，所以异面直线BE与AD所成角的余弦值为√66 .16．（1）设“三只黑猫挨在一起出笼”为事件A，将三只黑猫捆绑在一起，与其它7只白猫形成8个元素，所以PP(AA)=AA33AA88AA1010=115故三只黑猫挨在一起出笼的概率为115．（2）由题意可知，随机变量X的取值为1、2、3、4，其中X＝1时，7只白猫相邻，则PP(XX=1)=AA77AA44AA1010=130，PP(XX=2)=(AA32EE21EE21EE61+6AA33+AA32EE61)AA77AA1010=310PP(XX=3)=(AA31EE21AA62+AA32AA62)AA77AA1010=12PP(XX=4)=AA63AA771010=16故随机变量X的分布列如下表所示：3010故EE(XX)=1×130+2×310+3×12+4×16=145.17．（1）因为数列{2nn aa nn}是等差数列，所以2×4aa2=2aa1+8aa3．因为数列�aa nn nn�是等比数列，所以0n a≠，nn∈N∗，且�aa22�2=aa1×aa33．消去aa3，得aa12−4aa1aa2+3aa22=0．所以aa1=aa2或aa1=3aa2．若aa1=3aa2，则aa3=aa112，且数列{2nn aa nn}的公差dd=−2aa13，所以16aa4=8aa3+dd=0，即aa4=0，矛盾．所以aa1=aa2．（2）由（1）得数列{2nn aa nn}的公差为2aa1，首项为2aa1．所以2nn aa nn =2nnaa 1，aa nn =nnaa 12nn−1，所以SS nn =aa 1�1+22+322+⋯+nn2nn−1�．两边同时乘以12，得12SS nn =aa 1�12+222+⋯+nn2nn �．两式相减，得12SS nn =aa 1�1+12+122+⋯+12nn−1−nn2nn �=aa 1�1−12nn 1−12−nn2nn�=aa 1�2−nn+22nn�．所以SS nn =aa 1�4−nn+22nn−1�．由1≤SS nn ≤6，nn ∈N ∗，易得aa 1>0，所以aa nn >0，{SS nn }单调递增，(SS nn )min =aa 1．又nn+22nn−1>0，所以4−nn+22nn−1<4，即SS nn <4aa 1．所以aa 1≥1且4aa 1≤6，解得1≤aa 1≤32．故aa 1的取值范围是�1,32�．18．（1）()y f x =是偶函数，故ff (−xx )=ff (xx )，即()2222x a x b x a x b −−+−−=−+−，则|xx +aa |=|xx −aa |，解得：aa =0. （2）当aa =bb =1时，则yy =ff (xx )=|xx −1|+|xx 2−1|=�xx 2+xx −2,xx ≥12−xx +2,−1<xx <1xx 2−xx ,xx ≤−1，当−1<xx <1时，ff (xx )=−xx 2−xx +2，对称轴为xx =−12，结合图象，易知()y f x =的单调递增区间为�−1,−12�，1,+∞)，()y f x =的单调减区间为：−∞,−1，�−12,1�.（3）∵对任意xx ∈[0,1]，都有()2f x a b ≤+恒成立，即对任意xx ∈[0,1]，都有()222f x x a x b a b =−+−≤+恒成立，∴()200f a b a a a ≤+⇒≤⇒≥，且对任意实数aa ，bb ，()22111f a b a b =−+−≤+恒成立，①当bb 2>1，aa ≥0时，()22221111111f a b a b a b a b =−+−=−+−≤++−=+恒成立，②当21b ≤，aa >1时，()22211111f a b a b a b =−+−=−+−≤+恒成立，③当21b ≤，0≤aa ≤1时，由()22211111f a b a b a b =−+−=−+−≤+恒成立，则21a b +≥，④当212a b ==时，对一切xx ∈[0,1]时ff (xx )≤1恒成立，当212a b ==时，()21122f x x x =−+−，∵xx ∈[0,1]，∴202x x ≤+≤， ∴()22111122f x x x x x =−+−≤+−≤，综上所述，aa +bb 2的最小值为1.19．（1）设圆心DD (xx ,yy )，由题意得：�xx 2+(yy −1)2=|yy +1|，化简整理得：x 2＝4y ，所以曲线C 的方程为：x 2＝4y ．（2）（I ）设AA (xx 1,yy 1)，BB (xx 2,yy 2)，因为yy =xx24，所以yy ′=xx2，∴直线P A 的方程为：yy =xx 12(xx −1+yy 1，即yy =12xx 1xx −14xx 12，令yy =0，得到xx =xx 12，同理可得直线PB 的方程为：yy =12xx 2xx −14xx 22，令yy =0，得到xx =xx 22，∴MM �xx 12,0�，NN �xx 22,0�，联立�yy =12xx 1xx −14xx 12yy =12xx 2xx −14xx 22，得x ＝xx 1+xx 22，所以PP �xx 1+xx 22,−1�，又BB (0,1)，∴BBMM ��⃗+BBNN ��⃗=�xx 12,−1�+�xx 22,−1�=�xx 1+xx 22,−2�=BBPP ��⃗，所以四边形FNPM 为平行四边形；（II ）由（I ）知直线P A 的方程为yy =12xx 1xx −14xx 12，又xx 12=4yy 1，所以12xx 1xx −yy −yy 1=0，即xx 1xx −2yy −2yy 1=0，同理可知直线PB 的方程为xx 2xx −2yy −2yy 2=0，又因为P 在直线P A ，PB 上，设PP (xx 0,−1)，则有�xx 1xx 0−2yy 1+2=0xx 2xx 0−2yy 2+2=0，所以直线AB 的方程为：xx 0xx −2yy +2=0，故直线AB 过点BB (0,1)， ∵四边形FNPM 为平行四边形，∴BBMM //BBPP ，BBNN //AAPP ，∴AMF MPN BNF ∠=∠=∠，BBNN =PPMM ，PPNN =MMBB ，BBBBBBNN =BBBB BBAA =MMNNMMAA ， ∴MMPP ⋅NNPP =MMAA ⋅BBNN ，∵SS 1=12|MMAA ||MMBB |ccss nn ∠AAMMBB ，SS 2=12|PPMM ||PPNN |ccss nn ∠MMPPNN ，SS 3=12|NNBB‖NNBB |ccss nn ∠BBNNBB ，∴SS 22SS 1SS 3=�12|PPMM ||PPNN |ccss nn ∠MMPPNN�2�12|MMAA ||MMBB |ccss nn ∠AAMMBB�⋅�12|NNBB‖NNBB |ccss nn ∠BBNNBB� =(|PPMM |⋅|PPNN |)2|MMAA |⋅|MMBB |⋅|NNBB |⋅|NNBB |=|PPMM |⋅|PPNN ||MMAA |⋅|NNBB |=1 即S 22＝S 1·S 3，故S 1，S 2，S 3成等比数列.。

河北省廊坊市2024高三冲刺(高考数学)部编版真题(强化卷)完整试卷

河北省廊坊市2024高三冲刺（高考数学）部编版真题(强化卷)完整试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (共8题)第(1)题已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点，过点作斜率为的直线与抛物线相交于，两点，若，则（）A．B．C．D．第(2)题已知直线与圆，则“”是“直线与圆相切”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件第(3)题在中，D为线段上一点，且，则（）A．2B．0.5C．D．第(4)题已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F作斜率为的直线与C在第一象限内相交于点P，过点P作于点M，连接MF交C于点N，若，则的值为（）A．2B．3C．4D．6第(5)题执行如图所示的程序框图，则输出s的值为（）A．B．C．D．第(6)题.如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于（）A．B．C．D．第(7)题对于定义域为的函数，如果存在区间满足是上的单调函数，且在区间上的值域也为，则称函数为区间上的“保值函数”，为“保值区间”．根据此定义给出下列命题：①函数是上的“保值函数”；②若函数是上的“保值函数”，则；③对于函数存在区间，且，使函数为上的“保值函数”．其中所有真命题的序号为（）A．②B．③C．①③D．②③第(8)题某公司人事部安排小张、小胡等6名工作人员去4个不同的岗位工作，其中每个岗位至少一人，每个人只去一个岗位工作，且小张、小胡这2人必须在一起，则不同的安排方法有（）A．240种B．320种C．156种D．180种二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (共3题)第(1)题已知圆：与圆：外切，则的值可以为（）A．B．C．D．第(2)题若函数存在两个极值点，则（）A．函数至少有一个零点B．或C．D．第(3)题已知不等式的解集为，不等式的解集为，不等式的解集是，则（）A．B．C．D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (共3题)第(1)题已知数列满足，，则______.第(2)题已知双曲线的焦距为，焦点到双曲线的渐近线的距离为，则双曲线的离心率为___________.第(3)题已知集合或，，则______．四、解答题：本题共5小题，每小题15分，最后一题17分，共77分 (共5题)第(1)题在中，角所对的边分别为，且满足．(1)求角；(2)若点在线段上，且满足，求面积的最大值．第(2)题已知数列的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列.设数列的前n项和为且满足（1）求数列的通项公式；（2）若求正整数的值；（3）是否存在正整数，使得恰好为数列的一项？若存在，求出所有满足条件的正整数；若不存在，请说明理由.第(3)题如图1，平面图形是一个直角梯形，其中，，，，是上一点，且．将沿着折起使得平面平面，连接、，过点作，垂足为，如图2．(1)证明；(2)若是上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值．第(4)题已知函数．(1)求不等式的解集；(2)若函数的最小值为m，正实数a，b满足，求证：．第(5)题已知函数.(1)证明曲线在处的切线过原点；(2)讨论的单调性；。

(新课标)备战2020高考数学“3+1”保分大题强化练(三)理(最新整理)

“3＋1”保分大题强化练(三)前3个大题和1个选考题不容有失1．设数列｛a n｝满足a1＝1，a n＋1＝错误!（n∈N*）．（1)求证：数列错误!是等差数列；(2）设b n＝错误!，求数列｛b n｝的前n项和T n.解：(1）证明:∵a n＋1＝错误!，∴错误!－错误!＝错误!－错误!＝错误!－错误!＝错误!＝－1.2又a1＝1，∴错误!＝－1，∴数列错误!是以－1为首项，－错误!为公差的等差数列．(2）由（1）知错误!＝－1＋(n－1）错误!＝－错误!，∴a n＝2－错误!＝错误!，∴b n＝错误!＝错误!＝错误!＝1＋错误!＝1＋错误!错误!,∴T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n＝n＋错误!错误!＝n＋错误!错误!＝n＋错误!，∴数列{b n｝的前n项和T n＝n＋错误!。

2。

如图所示多面体ABCDEF，其底面ABCD为矩形,且AB＝23，BC ＝2，四边形BDEF为平行四边形,点F在底面ABCD内的投影恰好是BC 的中点．（1)已知G为线段FC的中点，证明：BG∥平面AEF；(2)若二面角FBD。

C的大小为错误!，求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，连接AC交BD于H,连接GH,则GH为△ACF的中位线，∴GH∥AF.∵GH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，∴GH∥平面AEF。

又BD∥EF，BD⊄平面AEF,EF⊂平面AEF，∴BD∥平面AEF.连接DG,∵BD∩GH＝H,BD⊂平面BDG，GH⊂平面BDG，∴平面BDG∥平面AEF，∵BG⊂平面BDG,∴BG∥平面AEF。

（2)取BC的中点O，AD的中点M,连接OF，OM,则OF⊥平面ABCD，OM⊥BC，以O为坐标原点，OC,OM，OF所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0，0），B(－1，0,0)，C（1,0,0），D(1,2错误!，0），∴错误!＝(2,2错误!，0）．设OF ＝a（a＞0）,则F（0，0,a），∴错误!＝（1，0，a）．设平面BDEF的法向量为n1＝（x,y，z）,由错误!得错误!令x＝－错误!a,得n1＝(－错误!a，a,错误!)．易得平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1）．∵二面角F.BDC的大小为错误!，∴｜cos〈n1，n2〉｜＝错误!＝错误!＝错误!，解得a＝错误!。

2024年新课标Ⅰ卷高考数学考前押题试卷附答案解析

2024年新课标Ⅰ卷高考数学考前押题试卷（考试时间：120分钟；试卷满分：150分）第一部分（选择题共58分）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．已知集合}{}{3,Z ,06A x x n n B x x ==∈=≤≤，则A B = （）A ．{1,2}B ．{3,6}C ．{0,1,2}D ．{0,3,6}2．若角α的终边位于第二象限，且1sin 2α=，则πsin 2α⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A ．12B ．12-CD．3．双曲线2221(0)y x m m-=>的渐近线方程为2y x =±，则m =（）A ．12B ．22CD ．24．已知在ABC 中，点D 在边BC 上，且5BD DC = ，则AD =（）A ．1566AB AC + B ．1566AC AB +uuur uu u r C ．1455AB AC + D ．4155AB AC+ 5．函数()21ex x f x -=的图象大致为（）A．B．C ．D．6．三个相同的圆柱的轴线123,,l l l ，互相垂直且相交于一点O ，底面半径为1.假设这三个圆柱足够的长，P 同时在三个圆柱内（含表面），则OP 长度最大值为（）A ．1B．2C．D．27．甲、乙两人进行一场游戏比赛，其规则如下：每一轮两人分别投掷一枚质地均匀的骰子，比较两者的点数大小，其中点数大的得3分，点数小的得0分，点数相同时各得1分．经过三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的条件下，乙也至少有一轮比赛得3分的概率为（）A ．209277B ．210277C ．211277D ．2122778．已知数列{}n a 的前n 项和为n S，且()1142,N 2n n n n n a a *-=+≥∈，若11a =，则（）A ．202431,2S ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭B ．20243,22S ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭C ．202452,2S ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭D ．20245,32S ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知复数12,z z ，下列结论正确的有（）A ．若120z z ->，则12z z >B ．若2212z z =，则12=z z C ．1212z z z z ⋅=⋅D ．若11z =，则12i z +的最大值为310．如图，点,,A B C 是函数()()sin (0)f x x ωϕω=+>的图象与直线32y =相邻的三个交点，且ππ,0312BC AB f ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭，则（）A ．4ω=B ．9π182f ⎛⎫=⎪⎝⎭C ．函数()f x 在ππ,32⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减D ．若将函数()f x 的图象沿x 轴平移θ个单位，得到一个偶函数的图像，则θ的最小值为π2411．已知椭圆22143x y +=的左右焦点分别为12,F F ，过1F 的直线l 交椭圆于,P Q 两点，则（）A ．2PF Q △的周长为4B ．1PF 的取值范围是[]1,3C ．PQ 的最小值是3D ．若点,M N 在椭圆上，且线段MN 中点为()1,1，则直线MN 的斜率为34-第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．写出一个同时具有下列性质①②③的函数()f x ：，①()()()1212f x x f x f x =；②当()0,x ∈+∞时，()f x 为增函数；③()f x 为R 上偶函数.13．甲、乙两选手进行围棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，采用三局两胜制，则在甲最终获胜的情况下，比赛进行了两局的概率为．14．若关于x 的方程()2e e x xx a x +=存在三个不等的实数根，则实数a 的取值范围是．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸．15．已知函数()e xf x =．(1)求曲线()y f x =在0x =处的切线l 与坐标轴围成的三角形的周长；(2)若函数()f x 的图象上任意一点P 关于直线1x =的对称点Q 都在函数()g x 的图象上，且存在[)0,1x ∈，使()()2e f x x m g x -≥+成立，求实数m 的取值范围．16．为促进全民阅读，建设书香校园，某校在寒假面向全体学生发出“读书好、读好书、好读书”的号召，并开展阅读活动．开学后，学校统计了高一年级共1000名学生的假期日均阅读时间（单位：分钟），得到了如下所示的频率分布直方图，若前两个小矩形的高度分别为0.0075，0.0125，后三个小矩形的高度比为3：2：1．(1)根据频率分布直方图，估计高一年级1000名学生假期日均阅读时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)开学后，学校从高一日均阅读时间不低于60分钟的学生中，按照分层抽样的方式，抽取6名学生作为代表分两周进行国旗下演讲，假设第一周演讲的3名学生日均阅读时间处于[80，100）的人数记为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望．17．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA 与1BB 12AB AC A B ===，1AC BC ==(1)证明：平面11A ABB ⊥平面ABC ；(2)若点N 在棱11A C 上，求直线AN 与平面11A B C 所成角的正弦值的最大值．18．已知,A B 是椭圆22:14x E y +=的左，右顶点，点()(),00M m m >与椭圆上的点的距离的最小值为1.(1)求点M 的坐标.(2)过点M 作直线l 交椭圆E 于,C D 两点（与,A B 不重合），连接AC ，BD 交于点G .（ⅰ）证明：点G 在定直线上；（ⅱ）是否存在点G 使得CG DG ⊥，若存在，求出直线l 的斜率；若不存在，请说明理由.19．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足23n n S a +=；数列{}n b 满足121n n b b n ++=+，其中11b =.(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式；(2)对于给定的正整数()1,2,,i i n = ，在i a 和1i a +之间插入i 个数12,,,i i ii c c c ，使1,i i a c ，21,,,i ii i c c a + 成等差数列.（i ）求11212212n n n nn T c c c c c c =+++++++ ；（ii ）是否存在正整数m ，使得21123123m m m m b a m b T +-++---恰好是数列{}n a 或{}n b 中的项？若存在，求出所有满足条件的m 的值；若不存在，说明理由.1．D【分析】利用交集的定义即可求解.【详解】依题意，}{}{{}3,Z 060,3,6A B x x n n x x ⋂==∈⋂≤≤=.故选：D.2．D【分析】根据已知条件利用诱导公式确定πsin cos 2αα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，再根据角α所属象限确定cos α=-，即可求解.【详解】由诱导公式有：πsin cos 2αα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因为角α的终边位于第二象限，则cos 2α=-，所以πsin cos 22αα⎛⎫+== ⎪⎝⎭.故选：D.3．D【分析】借助渐近线的定义计算即可得.【详解】由题意可得21m =，又0m >，故2m =.故选：D.4．A【分析】根据向量的线性运算即可.【详解】在ABC 中，BC AC AB =-，又点D 在边BC 上，且5BD DC =，则()55156666AD AB BD AB BC AB AC AB AB AC =+=+=+-=+ ，故选：A.5．A【分析】利用导数判断函数的单调性即可得到函数的大致图象.【详解】易知R x ∈，因为()()12ex x x f x --'=，令()0f x '=，得0x =，或2x =，则()(),02,x ∞∞∈-⋃+时，()0f x '<，()0,2x ∈时，()0f x '>，所以()f x 在(),0∞-和(2,)+∞上单调递减，在()0,2上单调递增，所以选项A 符合题意,故选：A.6．B【分析】根据给定条件，构造以线段OP 为体对角线的长方体，再求出OP 的最大值.【详解】令直线123,,l l l 两两确定的平面分别为,,αβγ，显然,,αβγ两两垂直，把三个圆柱围成的几何体等分为8个部分，由对称性知，考查其中一个部分，当线段OP 在平面α或β或γ内时，1OP =，当线段OP 不在,,αβγ的任意一个内时，线段OP 可视为一长方体的体对角线，要OP 最长，当且仅当此长方体为正方体，其中一个表面正方形在α内，对角线长为1，边长即正方体的棱长为22，体对角线长为22所以OP 长度最大值为2.故选：B 7．B【分析】先根据古典概型得出一轮游戏中，甲得3分、1分、0分的概率.进而求出三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的概率，以及事件三轮比赛中，事件甲乙均有得3分的概率.即可根据条件概率公式，计算得出答案.【详解】用(),a b 分别表示甲、乙两人投掷一枚骰子的结果，因为甲、乙两人每次投掷均有6种结果，则在一轮游戏中，共包含6636⨯=个等可能的基本事件.其中，甲得3分，即a b >包含的基本事件有()()()()()()()()()()()()()()()2,1,3,1,3,2,4,1,4,2,4,3,5,1,5,2,5,3,5,4,6,1,6,2,6,3,6,4,6,5，共15个，概率为1553612p ==.同理可得，甲每轮得0分的概率也是512，得1分的概率为16.所以每一轮甲得分低于3分的概率为57111212p -=-=．设事件A 表示甲至少有一轮比赛得3分，事件B 表示乙至少有一轮比赛得3分，则事件A 表示经过三轮比赛，甲没有比赛得分为3分.则()333377C 1212P A ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()37138511121728P A P A ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭.事件AB 可分三类情形：①甲有两轮得3分，一轮得0分，概率为221355125C 1212576P ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；②甲有一轮得3分，两轮得0分，概率为212355125C 1212576P ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；③甲有一轮得3分，一轮得0分，一轮得1分，概率为33355125A 12126144P ⨯⨯⨯==.所以()12312512525175576576144288P AB P P P =++=++=175288=，所以()()()175210288|13852771728P AB P B A P A ===.故选：B ．8．A【分析】先对1n a)22n ≥+≥()*21N n n ≥-∈，进而()()()()211111223212232121n a n n n n n n ⎛⎫≤<=-≥ ⎪----⎝⎭-，应用裂项相消法即可求解.【详解】因为11a =，则211402na a =+>，即20a >，结合()1142,N 2n n nn n a a *-=+≥∈，可得0n a >，则()221112422222n n n n n n a a a --⎛⎫⎛⎫-==+≥+≥ ⎝⎝，)22n≥+≥()22n≥，22，…()22n≥，()21n≥-()()21212n n n+-=-≥，当1n=1=()*21Nn n≥-∈，所以()()()()211111223212232121na nn n n nn⎛⎫≤<=-≥⎪----⎝⎭-，所以()1111111113131112335232122122212 nS an n n n⎛⎫⎛⎫<+-+-+⋅⋅⋅+-=+-=-<⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭，故202432S<，因为0na>，所以202412202411S a a a a=++⋅⋅⋅+>=，所以2024312S<<．故选：A．【点睛】数列与不等式结合，关键是看能不能求和，不能的要对通项公式进行放缩后进行. 9．BCD【分析】利用特殊值判断A选项；由复数的运算判断BCD.【详解】若复数122i,1iz z=+=+，满足12z z->，但这两个虚数不能比大小，A选项错误；若2212z z=，则2212z z-=，即()()1212z z z z+-=，得12z z=或12z z=-，所以12=z z，B选项正确；设()11111i R,z a b a b=+∈，()22222i R,z a b a b=+∈，则()()()()12112212121221i i iz z a b a b a a b b a b a b⋅=++=-++，12||z z⋅==12||||z z==，所以1212z z z z⋅=⋅，C选项正确；若11z=，得22111a b+=，有111a-≤≤，111b-≤≤，则12i3z+===≤，1b=时取等号，则12i z +的最大值为3，D 选项正确.故选：BCD.10．ACD【分析】令()f x =,,A B C x x x 根据π3BC AB -=求得4ω=，根据π012f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭求得()f x 的解析式，再逐项验证BCD 选项.【详解】令()()sin 2f x x ωϕ=+得，π2π3x k ωϕ+=+或2π2π3x k ωϕ+=+，Z k ∈，由图可知：π2π3A x k ωϕ+=+，π2π+2π3C x k ωϕ+=+，2π2π3B x k ωϕ+=+，所以1π2π3C B BC x x ω⎛⎫=-=-+ ⎪⎝⎭，1π3B A AB x x ω=-=⋅，所以π12π2π33BC AB ω⎛⎫=-=-+ ⎪⎝⎭，所以4ω=，故A 选项正确，所以()()sin 4f x x ϕ=+，由π012f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭且π12x =-处在减区间，得πsin 03ϕ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，所以ππ2π3k ϕ-+=+，Z k ∈，所以4π2π3k =+ϕ，Z k ∈，所以()4π4ππsin 42πsin 4sin 4333f x x k x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++=+=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，9π9ππ1sin 8232f ⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 错误.当ππ,32x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，π5ππ42π333x ⎛⎫+∈+ ⎪⎝⎭，因为sin y t =-在5ππ,2π33t ⎛⎫∈+ ⎝⎭为减函数，故()f x 在ππ,32⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故C 正确；将函数()f x 的图象沿x 轴平移θ个单位得()πsin 443g x x θ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，（0θ<时向右平移，0θ>时向左平移），()g x 为偶函数得ππ4π32k θ+=+，Z k ∈，所以ππ244k θ=+，Z k ∈，则θ的最小值为π24，故D 正确.故选：ACD.11．BCD【分析】利用椭圆的定义可判定A ，利用焦半径公式可判定B ，利用椭圆弦长公式可判定C ，利用点差法可判定D.【详解】由题意可知椭圆的长轴长24a =，左焦点()11,0F -，由椭圆的定义可知222221148PF Q C PF QF PQ PF QF PF QF a =++=+++== ，故A 错误；设()()1122,,,P x y Q x y ，11142PF x ===+，易知[][]112,242,6x x ∈-⇒+∈，故B 正确；若PQ 的斜率存在，不妨设其方程为：y kx k =+，联立椭圆方程()2222221438412043x y k x k x k y kx k ⎧+=⎪⇒+++-=⎨⎪=+⎩，则2122212284341243k x x k k x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，所以223334343PQ k k ===+>++，若PQ 的斜率不存在，则其方程为=1x -，与椭圆联立易得3PQ =，显然当PQ 的斜率不存在时，min 3PQ =，故C 正确；设()()3344,,,M x y N x y ，易知()()()()2233343443342244143043143x y x x x x y y y y x y ⎧+=⎪+-+-⎪⇒+=⎨⎪+=⎪⎩34343434343434PQ y y y y y y k x x x x x x +-+⇒⋅=-=⋅+-+，若MN 中点为()1,1，则3443324PQ x x y y k +=+=⇒=-，故D 正确.故选：BCD12．()2f x x =（答案不唯一）【分析】利用基本初等函数的性质，逐一分析各性质即可得解.【详解】由性质①可联想到幂函数，由性质②可知该幂函数的指数大于0，由性质③可考虑将该幂数函数的自变量加上绝对值，或指数为偶数，或指数为分式形式且分子为偶数，综上，可考虑()()0af x x a =>或()af x x =（a 为正偶数）或()nm f x x =（n 为偶数，0nm>），不妨取2a =，得()2f x x =.故答案为：()2f x x =（答案不唯一）.13．35##0.6【分析】根据题意，设甲获胜为事件A ，比赛进行两局为事件B ，根据条件概率公式分别求解()P A 、()P AB 的值，进而计算可得答案．【详解】根据题意，设甲获胜为事件A ，比赛进行两局为事件B ，()P A 122221220C 3333327=⨯+⨯⨯⨯=，22224()C 339P AB =⨯⨯=，故4()1239(|)20()20527P AB P B A P A ====．故答案为：35．14．1e ,e ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭【分析】0x =不是方程的根，当0x ≠时，变形为e e x x x a x =-，构造()e ex x xf x x =-，0x ≠，求导得到函数单调性，进而画出函数图象，数形结合得到答案.【详解】当0x =时，()e 0xx a x +=，2e 1x =，两者不等，故0不是方程的根，当0x ≠时，e ex x xa x =-，令()e ,0xg x x x =≠，则()()2e 1x x g x x ='-，当0x <，01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减，当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，且当0x <时，()0g x <，当0x >时，()0g x >，画出()e ,0xg x x x=≠的图象如下：令()e xxh x =，0x ≠，则()1e xxh x ='-，当0x <，01x <<时，()0h x '>，()h x 单调递增，当1x >时，()0h x '<，()h x 单调递减，且当0x <时，()0h x <，当0x >时，()0h x >，画出()e xxh x =，0x ≠的函数图象，如下：令()e e x x x f x x =-，0x ≠，则()()()22e 11e 11e e x x x x x x f x x x x -⎛⎫-=-=-+ ⎝'⎪⎭，由于2e 10ex x x +>在()(),00,∞∞-⋃+上恒成立，故当0x <，01x <<时，()0f x '<，()e e x xxf x x =-单调递减，当1x >时，()0f x '>，()e ex x xf x x =-单调递增，其中()11e ef =-，从()(),g x h x 的函数图象，可以看出当x →-∞时，()f x ∞→+，当0x <且0x →时，()f x ∞→-，画出函数图象如下，要想e ex x xa x =-有三个不同的根，则1e ,e a ∞⎛⎫∈-+ ⎪⎝⎭.故答案为：1e ,e ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题或函数零点，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.15．(1)2(2)(,∞--【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程,进而求得l 与x 轴的交点与y 轴的交点，计算可得结果；（2）根据对称性求函数()g x 的解析式，将问题转化为存在[)0,1x ∈，使2e e 2e x x x m ---≥成立，构造函数()2e e 2e x xF x x -=--，转化为函数的最值问题并求解.【详解】（1）由()e x f x =，得()()01,e xf f x '==，所以切线l 的斜率(0)1k f '==.所以切线l 的方程为1y x -=，即1y x =+.令0x =，得1y =，令0y =，得=1x -，所以切线l 与x 轴交于点(1,0)-，与y 轴交于点(0,1)，所以切线l 与坐标轴围成的三角形的周长为112+=.（2）设(,)Q x y ，则(2,)P x y -，由题意知(2,)P x y -在()f x 的图象上，所以2e x y -=，所以()2e xg x -=.由()()2e f x x m g x -≥+，得()()2e f x g x x m --≥，即2e e 2e x x x m ---≥，因为存在[)0,1x ∈，使()()2e f x x m g x -≥+成立，所以存在[)0,1x ∈，使2e e 2e x x x m ---≥成立，设()2e e 2e x x F x x -=--，则()2e e 2e x xF x -='+-，又()2e 0F x ≥'=，当且仅当1x =时等号成立，所以()F x 单调递增，所以当[)0,1x ∈时，()(1)2e F x F <=-，可得2e m <-，即实数m 的取值范围是(,2e).∞--16．(1)67（分钟）(2)分布列见解析；期望为1【分析】（1）根据平均数等于每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和求解；（2）依题意求出随机变量ξ的分布列，并利用数学期望公式求解.【详解】（1）由题知：各组频率分别为：0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，日均阅读时间的平均数为：300.15500.25700.3900.21100.167⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（分钟）（2）由题意，在[60，80），[80，100），[100，120]三组分别抽取3，2，1人ξ的可能取值为：0，1，2则304236C C 1(0)C 5P ξ===2142363(1)5C C P C ξ===1242361(2)5C C P C ξ===所以ξ的分布列为：ξ012P153515()1310121555E ξ=⨯+⨯+⨯=17．(1)证明见解析(2)427【分析】（1）利用等腰三角形的性质作线线垂直，结合线段长度及勾股定理判定线线垂直，根据线面垂直的判定与性质证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面角结合基本不等式求最值即可.【详解】（1）取棱1A A 中点D ，连接BD ，因为1AB A B =，所以1BD AA ⊥因为三棱柱111ABCA B C -，所以11//AA BB ，所以1BD BB ⊥，所以BD =因为2AB =，所以1AD =，12AA =；因为2AC =，1A C =22211AC AA A C +=，所以1AC AA ⊥，同理AC AB ⊥，因为1AA AB A = ，且1AA ，AB ⊂平面11A ABB ，所以AC ⊥平面11A ABB ，因为AC ⊂平面ABC ，所以平面11A ABB ⊥平面ABC ；（2）取AB 中点O ，连接1AO ，取BC 中点P ，连接OP ，则//OP AC ，由（1）知AC ⊥平面11A ABB ，所以OP ⊥平面11A ABB 因为1AO 平面11A ABB ，AB ⊂平面11A ABB ，所以1OP A O ⊥，OP AB ⊥，因为11AB A A A B ==，则1A O AB⊥以O 为坐标原点，OP ，OB ，1OA 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则(0,1,0)A -，1A，1(0,B ，(2,1,0)C -，可设点(N a =，()02a ≤≤，()110,2,0A B =，(12,1,A C =-，(AN a =，设面11A B C 的法向量为(,,)n x y z =，得1110202n A B yn A C x y ⎧⋅==⎪⎨⋅==-⎪⎩ ，取x =0y =，2z =，所以n =设直线AN 与平面11A B C 所成角为θ，则sin cos ,n AN n AN n AN θ⋅=<>=⋅=若0a =，则21sin 7θ=，若0a≠，则42sin 7θ==，当且仅当4a a=，即2a =时，等号成立，所以直线AN 与平面11A B C427.18．(1)()3,0；(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，【分析】（1）设()00,P x y ，利用两点间距离公式得PM =然后根据330,22m m ≤分类讨论求解即可；（2）（ⅰ）设直线()()1122:3,,,,l x ty C x y D x y =+，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得121265y y ty y +=-，写出直线AC ，BD 的方程，进而求解即可；（ⅱ）由题意点G 在以AB为直径的圆上，代入圆的方程求得4,33G ⎛± ⎝⎭，写出直线AC 的方程，与椭圆联立，求得点C 的坐标，进而可得答案.【详解】（1）设()00,P x y 是椭圆上一点，则220044x y +=，因为()022PM x =-≤≤，①若min 30,12m PM <≤=，解得0m =（舍去），②若min3,12m PM >=，解得1m =（舍去）或3m =，所以M 点的坐标位()3,0.（2）（ⅰ）设直线()()1122:3,,,,l x ty C x y D x y =+，由22314x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得()224650t y ty +++=，所以12122265,44t y y y y t t +=-=++，所以121265y y ty y +=-，①由216800t ∆=->，得t >t <，易知直线AC 的方程为()1122y y x x =++，②直线BD 的方程为()2222y y x x =--，③联立②③，消去y ，得()()()()121212221211212552221x y ty y ty y y x x x y ty y ty y y ++++===--++，④联立①④，消去12ty y ，则()()12212155265526y y y x x y y y -+++==---++，解得43x =，即点G 在直线43x =上；（ⅱ）由图可知，CG DG ⊥，即AG BG ⊥，所以点G 在以AB 为直径的圆上，设4,3G n ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则22443n ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以3n =±，即4,3G ⎛ ⎝⎭.故直线AC的方程为)2y x =+，直线AC 的方程与椭圆方程联立，得291640x x +-=，因为2A x =-,所以412929C x ⎛⎫=-⋅-= ⎪⎝⎭，所以C y =故l MC k k ==19．(1)()1*1,3n n n a b n n -⎛⎫==∈ ⎪⎝⎭N (2)（i ）323223n nn T +=-⨯；（ii ）存在，1m =【分析】（1）根据,n n S a 的关系式可得{}n a 是首项为1，公比为13的等比数列，再根据121n n b b n ++=+可分别对{}n b 的奇数项和偶数项分别求通项公式可得()1*1,3n n n a b n n -⎛⎫==∈ ⎪⎝⎭N ；（2）（i ）利用定义可求得新插入的数列公差()231n nd n =-+，求得23nk n nc =并利用错位相减法即可求出323223n nn T +=-⨯；（ii ）求得1211132313123m m m m m m b a m m m b T ++-+-+=+-+---，易知对于任意正整数m 均有1131313m m m m +-+<≤-+，而1113n n a -⎛⎫=≤ ⎪⎝⎭，所以不是数列{}n a 中的项；又()*n b n n =∈N ，分别对其取值为1132,313m mm m +-+=-+时解方程可求得1m =.【详解】（1）由23n n S a +=①，当2n ≥时，1123n n S a --+=②，①-②得()11120.23n n n n n a a a a a n --+-=∴=≥，当1n =时，11123,1a a a +=∴=，{}n a ∴是首项为1，公比为13的等比数列，故()1*13n n a n -⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，由121n n b b n ++=+③.由11b =得22b =，又1223n n b b n +++=+④.④-③得22n n b b +-=，{}n b 的所有奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列：所有偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列.得()()()*212n 11221,2122,n n b n n b n n b n n -=+-⨯=-=+-⨯=∴=∈N .综上可得()1*1,3n n n a b n n -⎛⎫==∈ ⎪⎝⎭N ；（2）（i ）在n a 和1n a +之间新插入n 个数12,,,n n nn c c c ，使121,,,,,n n n nn n a c c c a + 成等差数列，设公差为n d ，则()()111123321131nn n n n n a a d n n n -+⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭===-+-++，则111122(1)2,33(1)33(1)23n nnk n n nk n n n n k k n n n n c a kd c n n --=+⎛⎫=+=-∴=-⋅= ⎪++⎝⎭∑.112122122122333n n n nn nn T c c c c c c ⎛⎫=+++++++=+++ ⎪⎝⎭⑤则23111223333n n n T +⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭ ⑥⑤-⑥得：21111112111233332211333333313n n n n n n n n n T +++⎛⎫-⨯ ⎪+⎛⎫=+++=-=-⎪ ⎪⎝⎭ ⎪-⎝⎭，所以可得323223n nn T +=-⨯（ii ）由（1）()1*1,3n n n a b n n -⎛⎫==∈ ⎪⎝⎭N ，又323223n nn T +=-⨯，由已知1211132313123m m m m m m b a m m m b T ++-+-+=+-+---，假设11313m mm m +-+-+是数列{}n a 或{}n b 中的一项，不妨设()()()()1*130,,113313m m mm k k m k m k m +-+=>∈∴--=-⋅-+N ，因为()*10,30mm m -≥>∈N ，所以13k <≤，而1113n n a -⎛⎫=≤ ⎪⎝⎭，所以11313m mm m +-+-+不可能是数列{}n a 中的项.假设11313m mm m +-+-+是{}n b 中的项，则*k ∈N .当2k =时，有13m m -=，即113m m -=，令()()()111123,13333m m m m m m m m f m f m f m ++---+=+-=-=，当1m =时，()()12f f <；当2m ≥时，(1)()0,(1)(2)(3)(4)f m f m f f f f +-<<>>> ，由()()110,29f f ==知1113m m +-=无解.当3k =时，有10m -=，即1m =.所以存在1m =使得113313mm m m +-+=-+是数列{}n b 中的第3项；又对于任意正整数m 均有1131313m m m m +-+<≤-+，所以4k ≥时，方程11313m mm k m +-+=-+均无解；综上可知，存在正整数1m =使得21123123m m m m b a m b T +-++---是数列{}n b 中的第3项.【点睛】关键点点睛：求解是否存在正整数m ，使得21123123m m m m b a m b T +-++---恰好是数列{}n a 或{}n b 中的项时，关键是限定出1131313m mm m +-+<≤-+，再对数列{}n a 的取值范围进行限定可得不是数列{}n a 中的项，再由{}n b 只能取得正整数可知只需讨论113213mm m m +-+=-+或3有无解即可求得结论.。

(2024新题型)备战2024年高考数学模拟卷(新题型地区专用) 及答案

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新题型地区专用）黄金卷05（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）（答案在最后）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【解析】如上图正方体中，设平面1ABB 11D C 为β，CD 为m ，β，//m α，此时//m β，故，因为n α⊥，n β⊥，α、β是不同的平面，则必有正确；，如上图正方体中，设平面ABB【解析】：()222210x y a b a b+=>>的图象，则)0y ，()0,B y ，则(02,AF c x =- )00,c x y --，()1,BF c y =-- ，x a 223F B ，得(223322F F c B A ==- 00332232c x y -，得005332x c y y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，1BF 得()()110AF BF c x c ⋅=---+000yy +=即222053032c c y +-=2021=，得2222511639c c a b ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=，又42255090e e -+=，又椭圆离心率15，得55e =.二、多项选择题：本题共3小题，每小题要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得1z ，2z 为复数，则下列说法正确的是（∈R ，则11z z =312⎝⎭A ．4ω=B ．9π182f ⎛⎫=⎪⎝⎭C ．函数()f x 在ππ,32⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减D ．若将函数()f x 的图象沿【答案】ACD【解析】令()(sin f x x ω=+由图可知：π23A x k ωϕ+=+所以1π3C B BC x x ω⎛=-=-+ ⎝所以π12π33BC AB ω⎛=-=- ⎝所以()()sin 4f x x ϕ=+，由所以ππ2π3k ϕ-+=+，k ∈所以4π2π3k =+ϕ，Z k ∈，4π因为(2023)(2025)(3)(1)2f f f f +=+=，(2024)(0)0f f ==，所以B 错误.因为(2022)(2024)(2)(0)2f f f f +=+=，(2023)(3)1f f ==，所以(2022)(2024)2(2023)f f f +=，所以(2023)f 是(2022)f 与(2024)f 的等差中项，故C 正确.因为(1)(2)(3)(4)f f f f +++()(1)(3)(2)(4)f f f f =+++2204=++=，所以20241()506[(1)(2)(3)(4)]50642024i f i f f f f ==+++=⨯=∑，故D 正确.故选：ACD第II 卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

高考数学二轮复习三基保分强化训练8文

4
cosBsinC，sinBcosC＝3sinCcosB，sin2CcosC＝3sinCcos2C,2cos2C＝3(cos2C－sin2C)，
三基保分强化训练(八)
1．设集合 P＝{x|x<－3}，Q＝{x|x2>4}，则下列结论正确的是( )
A．P＝Q
B．P∪Q＝R
C．P⊆Q
D．P∩Q＝∅
答案 C
解析因为 Q＝{x|x2>4}＝{x|x<－2 或 x>2}，所以 P⊆Q，故选 C.
2．已知 i 为虚数单位，复数 z 满足 z＝(2－z)i3，现有下列四个命题：
kπ，k∈Z，得 x＝－6π＋k2π，k∈Z，则 x＝－6π是 f(x)图象的一条对称轴，故 D 正确． 7．已知双曲线ax22－by22＝1(a>0，b>0)的渐近线与圆(x－4)2＋y2＝4 相切，则该双曲线的
离心率为( )
2
A．2 C． 3 答案 B
B．2
3 3
D．32
解析不妨取双曲线的一条渐近线 ON 的方程为 y＝bax，N 为切点，如图所示，设圆(x－ 4)2＋y2＝4 的圆心为 M，连接 MN，则 MN⊥ON，|MN|＝2，|OM|＝4，∴∠NOM＝30°，
( ) ≥18 10＋2 mn ·9nm ＝2.当且仅当mn ＝9nm，即 m＝2，n＝6 时取等号．故选 A.
10．在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 B＝2C,2bcosC－2ccosB＝
a，则角 A 的大小为( )
A．2π C．4π 答案 A
B．3π D．6π
解析由正弦定理得 2sinBcosC－ 2sinCcosB＝ sinA＝ sin(B＋ C)＝ sinBcosC＋

广东省佛山市2024高三冲刺(高考数学)统编版测试(强化卷)完整试卷

广东省佛山市2024高三冲刺（高考数学）统编版测试(强化卷)完整试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (共8题)第(1)题统计学中通常认为服从于正态分布的随机变量只取中的值，简称为原则.假设某厂有一条包装食盐的生产线，正常情况下食盐质量服从正态分布（单位：），某天生产线上的质检员随机抽取了一包食盐，称得其质量小于，他立即判断生产线出现了异常，要求停产检修.由此可以得到的最大值为（）A．2B．4C．6D．8第(2)题定义在上的函数满足，是函数的导函数，以下选项错误的是（）A．B．曲线在点处的切线方程为C．在上恒成立，则D．第(3)题如图所示，某同学制作了一个工艺品.该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合）.若其中一截面圆的周长为，则球的体积为（）A．B．C．D．第(4)题若复数满足，则在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限第(5)题已知集合，，则（）A．B．C．D．第(6)题已知直线，圆上恰有3个点到直线的距离都等于1，则（）A．1或B．－1或C．或－1D．1或－1第(7)题设圆M的方程为，直线L的方程为，点P的坐标为，那么（）A．点P在直线L上，但不在圆M上B．点P在圆M上，但不在直线L上C．点P既在圆M上，又在直线L上D．点P既不在直线L上，也不在圆M上第(8)题已知，，，则的大小关系为（）A．B．C．D．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (共3题)第(1)题已知函数（，，）的部分图象如图所示，且图中阴影部分的面积为，则（）A．B ．点是曲线的一个对称中心C ．直线是曲线的一条对称轴D ．函数在区间内单调递减第(2)题已知为实数，且，则下列不等式正确的是（）A．B．C．D．第(3)题下列函数中，与函数不是同一个函数的是（）A．B．C．D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (共3题)第(1)题抛物线上一点到焦点的距离为__________．第(2)题为了解某小区居民的家庭年收入（万元）与年支出（万元）的关系，随机调查了该小区的10户家庭，根据调查数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知，，．若该小区某家庭的年收入为30万元，则据此估计，该家庭的年支出为____万元．第(3)题“11分制”乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲､乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方平后，若甲先发球，两人又打了2个球该局比赛结束的概率为___________；若乙先发球，两人又打了4个球该局比赛结束，则甲获胜的概率为___________.四、解答题：本题共5小题，每小题15分，最后一题17分，共77分 (共5题)第(1)题在中，，，.(1)求的面积；(2)求c及的值.第(2)题某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分类知识的网络问卷调查，每一位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的1000人的得分（满分100分）数据，统计结果如下表所示．组别频数2515020025022510050(1)已知此次问卷调查的得分，近似为这1000人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），求；（附：若，则，，，）(2)在（1）的条件下，环保部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：①得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费；②每次赠送的机制为：赠送20元话费的概率为，赠送40元话费的概率为．现市民甲要参加此次问卷调查，记该市民参加问卷调查获赠的话费为元，求的分布及期望．第(3)题已知中角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知．(1)证明：；(2)求的面积．第(4)题已知函数．（1）若在区间上不单调，求的取值范围；（2）若对于任意的，存在，使得，求的取值范围．第(5)题大坝是一座具有灌溉、防洪、发电、航运、养殖和游览等综合效益的大型水利枢纽工程．为预测渗压值和控制库水位，工程师在水库选取一支编号为的渗压计，随机收集个该渗压计管内水位和水库水位监测数据：样本号总和水库水位渗压计管内水位并计算得，，．(1)估计该水库中号渗压计管内平均水位与水库的平均水位；(2)求该水库号渗压计管内水位与水库水位的样本相关系数（精确到）；(3)某天雨后工程师测量了水库水位，并得到水库的水位为．利用以上数据给出此时号渗压计管内水位的估计值．附：相关系数，，，．。

备战新课标高考理科数学2020：“3+1”保分大题强化练(二) Word版含解析

保住基本分·才能得高分 “3＋1”保分大题强化练(二) 前3个大题和1个选考题不容有失1．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2(c －a cos B )＝3b .(1)求角A ；(2)若a ＝2，求△ABC 面积的取值范围．解：(1)由2(c －a cos B )＝3b 及正弦定理得2(sin C －sin A cos B )＝3sin B ，所以2sin(A ＋B )－2sin A cos B ＝3sin B ，即2cos A sin B ＝3sin B ，因为sin B ≠0，所以cos A ＝32，又0<A <π，所以A ＝π6.(2)因为a ＝2，所以由正弦定理得b ＝4sin B ，c ＝4sin C ，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝14bc ＝4sin B sin C . 因为C ＝π－(A ＋B )＝5π6－B ，所以S △ABC ＝4sin B sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－B＝4sin B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos B ＋32sin B＝2sin B cos B ＋23sin 2B ＝sin 2B －3cos 2B ＋ 3 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π3＋ 3.因为0<B <5π6，所以－π3<2B －π3<4π3，所以－32<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π3≤1，所以0<S △ABC ≤2＋ 3.即△ABC 面积的取值范围为(0,2＋ 3 ]．2.如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 是棱DD 1上的一点，AA 1⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AA 1＝AB ＝2AD ＝2DC .(1)若M 是DD 1的中点，证明：平面AMB ⊥平面A 1MB 1；(2)若DM ＝2MD 1，求平面AMB 与平面ACB 1所成锐二面角的余弦值．解：(1)证明：因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AB ，又AB ⊥AD ，AA 1∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面AA 1D 1D . 又MA 1⊂平面AA 1D 1D ，所以AB ⊥MA 1.因为AD ＝DM ，所以∠AMD ＝45°，同理∠A 1MD 1＝45°，所以MA 1⊥AM ，又AM ∩BA ＝A ，所以MA 1⊥平面AMB . 因为MA 1⊂平面A 1MB 1，所以平面AMB ⊥平面A 1MB 1.(2)设AD ＝1，则DD 1＝2，DM ＝2MD 1＝43，以A 为坐标原点，AB →，AA 1→，AD →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系A -xyz ，如图所示．则A (0,0,0)，B (2,0,0)，B 1(2,2,0)，C (1,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43，1，AB →＝(2,0,0)，AM→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43，1，AB 1→＝(2,2,0)，AC →＝(1,0,1)，设平面AMB 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ AB →·n 1＝0，AM →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，43y 1＋z 1＝0，可取n 1＝(0,3，－4)．设平面ACB 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n 2＝0，AB →1·n 2＝0，即⎩⎨⎧x 2＋z 2＝0，2x 2＋2y 2＝0，可取n 2＝(－1,1,1)，则|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|－1|5×3＝315，所以平面AMB 与平面ACB 1所成锐二面角的余弦值为315.3．设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右顶点为A ，上顶点为B ，已知椭圆的离心率为53，|AB |＝13.(1)求椭圆的方程．(2)设直线l ：y ＝kx (k ＜0)与椭圆交于P ，Q 两点，l 与直线AB 交于点M ，且点P ，M 均在第四象限．若△BPM 的面积是△BPQ 面积的2倍，求k 的值．解：(1)设椭圆的焦距为2c ，由已知有c 2a 2＝59，又由a 2＝b 2＋c 2，可得2a ＝3b .又|AB |＝a 2＋b 2＝13，从而a ＝3，b ＝2. 所以椭圆的方程为x 29＋y 24＝1.(2)设点P 的坐标为(x 1，y 1)，点M 的坐标为(x 2，y 2)，由题意知，x 2＞x 1＞0，点Q 的坐标为(－x 1，－y 1)．因为△BPM 的面积是△BPQ 面积的2倍，所以|PM |＝2|PQ |，所以x 2－x 1＝2[x 1－(－x 1)]，即x 2＝5x 1. 易知直线AB 的方程为2x ＋3y ＝6，由方程组⎩⎨⎧2x ＋3y ＝6，y ＝kx ，消去y ，可得x 2＝63k ＋2.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 29＋y 24＝1，y ＝kx ，消去y ，可得x 1＝69k 2＋4. 由x 2＝5x 1，可得9k 2＋4＝5(3k ＋2)，两边平方，整理得18k 2＋25k ＋8＝0，解得k ＝－89或k ＝－12.当k ＝－89时，x 2＝－9＜0，不合题意，舍去；当k ＝－12时，x 2＝12，x 1＝125，符合题意．所以k 的值为－12.选考系列(请在下面的两题中任选一题作答)4．[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数，t ≥0)．以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2，C 3的极坐标方程分别为ρ2－2ρcos θ－45＝0，ρ(cos θ＋sin θ)＝75.(1)判断C 2，C 3的位置关系，并说明理由；(2)若tan α＝34(0≤α<π)，C 1分别与C 2，C 3交于M ，N 两点，求|MN |. 解：(1)由C 2：ρ2－2ρcos θ－45＝0，可得x 2＋y 2－2x －45＝0，即C 2是圆心为(1,0)，半径为355的圆．由C 3：ρ(cos θ＋sin θ)＝75，可得x ＋y －75＝0，即C 3是一条直线，因为圆C 2的圆心(1,0)到直线C 3的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋0－752＝25＜355，即d <r ，所以圆C 2与直线C 3相交．(2)由tan α＝34(0≤α<π)，得sin α＝35，cos α＝45，由⎩⎪⎨⎪⎧θ＝α(ρ≥0)，ρ2－2ρcos θ－45＝0，得ρ2－85ρ－45＝0，解得ρ1＝2，ρ2＝－25(舍去)，由⎩⎪⎨⎪⎧θ＝α(ρ≥0)，ρ(cos θ＋sin θ)＝75，得ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫35＋45＝75，解得ρ3＝1，故|MN |＝|ρ1－ρ3|＝1. 5．[选修4－5：不等式选讲] 已知函数f (x )＝|x ＋5|－|x －4|. (1)解关于x 的不等式f (x )≥x ＋1；(2)若函数f (x )的最大值为M ，设a ，b 为正实数，且(a ＋1)·(b ＋1)＝M ，求ab 的最大值．解：(1)f (x )＝|x ＋5|－|x －4|≥x ＋1等价于⎩⎨⎧x ＜－5，－(x ＋5)＋(x －4)≥x ＋1或⎩⎨⎧ －5≤x ＜4，(x ＋5)＋(x －4)≥x ＋1或⎩⎨⎧x ≥4，(x ＋5)－(x －4)≥x ＋1.解得x ≤－10或0≤x ＜4或4≤x ≤8，于是原不等式的解集为(－∞，－10]∪[0,8]． (2)因为|x ＋5|－|x －4|≤|(x ＋5)－(x －4)|＝9，即M ＝9. 所以(a ＋1)(b ＋1)＝9，即9＝(a ＋1)(b ＋1)＝ab ＋a ＋b ＋1≥ab ＋2ab ＋1，解得0<ab ≤4，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立，所以ab 的最大值为4.。

高考数学倒计时20天正能量第1辑金题强化卷08理解析版

普通高等学校招生全国统一考试金题强化卷数学理（8）第I卷一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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. 【改编题】若集合A＝｛－1，0，1｝，B＝｛y｜y＝cosx，x∈A｝，则A∩B＝A．｛0｝B．｛1｝C．｛0，1｝D．｛－1，0，1｝2. 【山东省莱芜市2012届高三4月高考模拟试题】设,p q是两个命题，1:0,:|21|1,xp q x p qx+≤+<则是(A)充分非必要条件(B)必要非充分条件(C)充要条件(D)既非充分又非必要条件3. 【广州市高三年级1月调研测试】已知函数()230xx xf xxlog,,⎧>=⎨≤⎩, 则14f f⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭的值是A．9 B．19C．9- D．19-4. 【山东省日照市2012届高三下学期5月份模拟训练】要得到函数)42cos(3π-=xy的图象，可以将函数xy2sin3=的图象（A）沿x轴向左平移8π个单位（B）沿x向右平移8π个单位（C ）沿x 轴向左平移4π个单位（D ）沿x 向右平移4π个单位【答案】A【解析】.).8(2sin 3)42sin(3)]42(2sin[3)42cos(3A x x x x y 选πππππ+=+=-+=-= 5. 【河南省三门峡市高三第一次大练习】i 是虚数单位，1233ii+等于 A.13412i + B.33i + C.33i - D. 13412i -6. 【安徽省示范高中高三9月模底考试】样本中共有5个个体，其中四个值分别为0，1，2，3，第五个值丢失，但该样本的平均值为1，则样本方差为＝（） A 、305 B 、65C 、2D 、27. 【湖北省武汉市2012届高中毕业生五月供题训练（二）】设2920012929100129101010(12)(1)(1)b b x b x b x x a a x a x a x a x x x +++++=+++++++-，则a 9=A ．0B ．410C ．10·410D ．90·4108.[安徽省宣城市6校高三联合测评考]三个正数a,b,c 满足2a b c a ≤+≤，2b a c b ≤+≤，则ba的取值范围是（）A．23[,]32B．2[,2]3C．3[1,]2D．[1,2]【答案】A【解析】∵0,a>2,12b ca b c aa a∴≤+≤≤+≤由得,212.b c bb ac ba a a≤+≤≤+≤由得设,b cx ya a==,则有12112x yx yy x≤+≤⎧⎪≤+⎨⎪+≤⎩,其可行域如图: 其中A(21,33),B(31,22)，∴bxa=∈［23,32］.9.【江西省百所重点高中2012届高三下学期模拟考试】已知各项均为正数的等比数列{a n}满足a1a7=4，a6=8，函数，则()f x在x=时的导数的值等于A.554B.574C. 16D. 1810. 【临沂市高三教学质量检测考试】函数)42(cos2)21()(1≤≤-+=-xxxf xπ的所有零点之和等于（A）2 （B）4 （C）6 （D）8【答案】C【解析】xyπcos2-=由0cos2)21()(1=+=-xxf xπ，得xxπcos2)21(1-=-令)42(cos2,)21(1≤≤--==-xxyy xπ,在同一坐标系中分别做出函数1)21(-=xy，)42(cos2≤≤--=xxyπ，⎪⎩⎪⎨⎧<≤-≤≤==---12,241,)21()21(111xxyxxx，由图象可知，函数1)21(-=xy关于1=x对称，又1=x也是函数)42(cos2≤≤--=xxyπ的对称轴，所以函数)42(cos2,)21(1≤≤--==-xxyy xπ的交点也关于1=x对称，且两函数共有6个交点，所以所有零点之和为6.第Ⅱ卷共2页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。

湖北省黄冈市2024高三冲刺(高考数学)人教版考试(强化卷)完整试卷

湖北省黄冈市2024高三冲刺（高考数学）人教版考试(强化卷)完整试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (共8题)第(1)题平面与平面平行的充分条件可以是（）A．内有无穷多条直线都与平行B．直线，且C．内的任何一条直线都与平行D．直线，直线，且第(2)题若，是平面上两个非零的向量，则“”是“”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第(3)题已知，则在复平面内对应的点所在象限为（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限第(4)题在平行四边形中，若则的最小值为（）A．B．C．1D．第(5)题已知正项数列满足，，则的取值范围是（）A．B．C．D．第(6)题在调查对某大型活动满意度比例为0.9的人员中抽取10人，设当中持有满意态度的人数为，随机变量，则的方差的值为（）A．21B．6.6C．3.6D．4.8第(7)题某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（）A．36种B．42种C．48种D．52种第(8)题如图的程序框图是为了求出满足的最小正整数，那么在和两个空白框中，可以分别填入（）．A．和B．和C．和D．和二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (共3题)第(1)题已知O为坐标原点，点F为抛物线的焦点，点，直线：交抛物线C于A，B两点（不与P点重合），则以下说法正确的是（）A．B．存在实数，使得C．若，则D．若直线PA与PB的倾斜角互补，则第(2)题某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者对其身高和臂展进行测量(单位：厘米)，图1为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，图2为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归直线方程为，以下结论正确的是（）A．15名志愿者身高的极差小于臂展的极差B．15名志愿者的身高和臂展具有正相关关系C．可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米D．身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米第(3)题已知曲线，则下列结论正确的有（）A．曲线关于原点对称B．曲线是封闭图形，且封闭图形的面积大于C．曲线不是封闭图形，且图形以轴和轴为渐近线D．曲线与圆有4个公共点三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (共3题)第(1)题已知矩形，设E是边上的一点，且．现将沿着直线翻折至，设二面角的大小为，则的最大值是________．第(2)题若函数，的图象关于直线对称，则______.第(3)题已知函数，当时，，都有，则实数a的最小值为___________.四、解答题：本题共5小题，每小题15分，最后一题17分，共77分 (共5题)第(1)题如图，在中，，，，在三角形内挖去一个半圆，圆心在边上，半圆与分别相切于点，与交于另一点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体.(1)求该旋转体中间空心球的表面积的大小；(2)求图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积.第(2)题已知定义域为的函数.（1）试判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义证明；（2）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.第(3)题已知函数（其中）．(1)在给定的平面直角坐标系中画出时函数的图象；(2)求函数的图象与直线围成多边形的面积的最大值，并指出面积最大时的值．第(4)题在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．求A；已知，的面积为的周长．第(5)题2018年茂名市举办“好心杯”少年美术书法作品比赛，某赛区收到100件参赛作品，为了解作品质量，现从这些作品中随机抽取10件作品进行试评.若这10件作品的成绩如下：65,82,78,86,96，81,73,84,76,59.（1）请绘制以上数据的茎叶图；（2）求该样本的中位数和方差；（3）在该样本中，从成绩在平均分以上（含平均分）的作品中随机抽取两件作品，求成绩为82分的作品被抽到的概率.。

湖北省黄石市2024高三冲刺(高考数学)统编版真题(强化卷)完整试卷

湖北省黄石市2024高三冲刺（高考数学）统编版真题(强化卷)完整试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (共8题)第(1)题如图所示，正八面体的棱长为2，则此正八面体的表面积与体积之比为（）A ．B ．C ．D ．第(2)题已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，该圆锥的底面半径为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则球的表面积等于（）A．B ．C ．D ．第(3)题抛物线的准线方程是（）A．B ．C．D ．第(4)题在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫，于年被收入世界文化遗产名录．现测量一个的屋顶，得其母线长为，屋顶的表面积为即圆锥的侧面积若从该屋顶底面圆周一点绕屋顶侧面一周至过的母线的中点，安装灯光带，则该灯光带的最短长度为（）A ．B ．C ．D．第(5)题在平面直角坐标系中，设，，动点P 满足，则的最大值为（）A ．B ．C ．D ．第(6)题已知集合，，则中的元素个数为（）A ．5B ．4C ．3D ．2第(7)题设是虚数单位，则复数（）A ．3+3iB ．-1+3iC ．3+iD ．-1+i第(8)题已知角终边所在直线的斜率为，则（）A ．B ．5C ．D ．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (共3题)第(1)题已知函数，，函数的图象在点处的切线为，与两坐标轴交点分别为，；在点的切线为，与两坐标轴交点分别为，．若两条切线互相垂直，则下列变量范围正确的是（）A．B．C．D．第(2)题已知一组样本数据，，…，均为正数且互不相等．若由生成一组新的数据，，…，，则这组新数据与原数据可能相等的是（）A．中位数B．极差C．平均数D．标准差第(3)题双十一是指由电子商务为代表的，在全中国范围内兴起的大型购物促销狂欢节，已知某一家具旗舰店近五年双十一的成交额如下表：年份20162017201820192020时间代号12345成交额(万元)50607080100若关于的回片方程为，则（）A．B．预计2021年双十一该家具旗舰店的成交额是108万元C．D．预计2021年双十一该家具旗舰店的成交额是120万元三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (共3题)第(1)题已知数列的前项和为，若对于任意，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________ .第(2)题过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，作垂直抛物线的准线于，为坐标原点，则下列结论正确的是_______（填写序号）.①；②存在，使得成立；③；④准线上任意点，都使得.第(3)题如图，直角梯形中，，，，，为的中点．把折起，使至，若点是线段上的动点，则有下列结论：①存在点，使平面；②对任意点，使与成异面直线；③存在点，使平面；④存在点，使平面．其中不正确的序号是__．四、解答题：本题共5小题，每小题15分，最后一题17分，共77分 (共5题)第(1)题如图，在直三棱柱中，，，，是线段上的动点，．(1)当时，求证：平面；(2)当平面平面时，求三棱锥的体积．第(2)题为了解观众对2023年央视春晚小品节目《坑》的评价，某机构随机抽取10位观众对其打分（满分10分），得到如下表格：观众序号12345678910评分7.88.98.67.48.58.59.59.98.39.1(1)求这组数据的第75百分位数；(2)将频率视为概率，现从观众中随机抽取3人对节目《坑》进行评价，记抽取的3人中评分超过9.0的人数为X，求X的分布列､数学期望与方差.第(3)题已知关于，的方程.（1）若方程表示圆，求的取值范围；（2）当时，曲线与直线相交于，两点，求的值.第(4)题某体育频道为了解某地电视观众对卡塔尔世界杯的收看情况，随机抽取了该地200名观众进行调查，下表是根据所有调查结果制作的观众日均收看世界杯时间（单位：时）的频率分布表：日均收看世界杯时间（时）频率0.10.180.220.250.20.05如果把日均收看世界杯的时间高于2.5小时的观众称为“足球迷”．(1)根据已知条件完成下面的列联表，并判断是否有99.9%的把握认为该地的电视观众是否为“足球迷”与性别有关；非足球迷足球迷合计女70男40合计(2)将样本的频率分布当作总体的概率分布，现从该地的电视观众中随机抽取4人，记这4人中的“足球迷”人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．参考公式：，其中．参考数据：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.841 5.024 6.6357.87910.828第(5)题已知椭圆：的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8．(1)求椭圆的标准方程；(2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．（i）若，求异面直线和所成角的余弦值；（ii）是否存在，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．。

广东省湛江市2024高三冲刺(高考数学)人教版测试(强化卷)完整试卷

广东省湛江市2024高三冲刺（高考数学）人教版测试(强化卷)完整试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (共8题)第(1)题不等式的解集是A．B．C．（-2，1）D．∪第(2)题设平面点集，则所表示的平面图形的面积为A．B．C．D．第(3)题A．B．C．D．第(4)题已知，函数，若，则（）A．B．C．D．第(5)题有下列四个命题：①“若，则互为倒数”的逆命题;②“面积相等的三角形全等”的否命题;③“若，则有实数解”的逆否命题;④“若，则”的逆否命题．其中真命题为（）A．①②B．②③C．④D．①②③第(6)题某厂近几年陆续购买了几台A型机床，该型机床已投入生产的时间x(单位：年)与当年所需要支出的维修费用y(单位：万元)有如下统计资料：x23456y 2.2 3.8 5.5 6.57根据表中的数据可得到线性回归方程为则该型机床已投入生产的时间为10年时，当年所需要支出的维修费用估计为（）A．12.9万元B．12.36万元C．13.1万元D．12.38 万元第(7)题已知集合，，则（）A．B．C．D．第(8)题已知，则（）A．B．2C．D．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (共3题)第(1)题如图，在正四棱柱中，，为的中点，为上的动点，下列结论正确的是（）A．若平面，则B．若平面，则C．若平面，则D．若平面，则第(2)题在长方体，，是线段上（含端点）的一动点，则下列说法正确的是（）A．该长方体外接球表面积为B．三棱锥的体积为定值C．当时，D．的最大值为1第(3)题已知函数的最大值为3，若将图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，再将图象上所有点向下平移1个单位长度，得到的图象，则（）A．函数的初相为B．函数的零点是，C ．函数单调递增区间是，D ．函数的对称轴方程为，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (共3题)第(1)题已知数列满足：对于任意有，且，若，，数列的前n项和为，则________．第(2)题已知，分别为双曲线C：的左、右焦点，过作C的两条渐近线的平行线，与渐近线交于两点.若，则C的离心率为______.第(3)题已知，则=______．四、解答题：本题共5小题，每小题15分，最后一题17分，共77分 (共5题)第(1)题已知椭圆，过左焦点的动直线交椭圆于，两点，为直线上一定点（不是与轴的交点），直线，，的斜率分别为，，.（1）判断，，是否恒为等差数列，若是，给出证明；若不是，请说明理由；（2）对任意给定的点，是否都存在一条过点的直线，使得，，为等比数列？请说明理由.第(2)题2023年12月11日至12日中央经济工作会议在北京举行，会议再次强调要提振新能源汽车消费.发展新能源汽车是我国从“汽车大国”迈向“汽车强国”的必由之路.我国某地一座新能源汽车工厂对线下的成品车要经过多项检测，检测合格后方可销售，其中关键的两项测试分别为碰撞测试和续航测试，测试的结果只有三种等次：优秀、良好、合格，优秀可得5分、良好可得3分、合格可得1分，该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为；在续航测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为，两项测试相互独立，互不影响，该型号新能源汽车两项测试得分之和记为.(1)求该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率；(2)求离散型随机变量的分布列与期望.第(3)题2023年湖北省羽毛球青少年俱乐部联赛鄂北大区赛在襄阳举行，来自襄阳、十堰、孝感、随州4个城市的28支俱乐部的305名运动员挥拍上阵，展现了湖北省基层青少年羽毛球运动的活力与潜力、赛前各俱乐部对此赛事积极准备，某俱乐部计划对男子个大单打项目的运动员进行内部选拔，在队员甲和乙中选择优胜者参加比赛．选拔规则是两人比赛，先连胜两局者直接胜出，比赛结束．若赛完5局仍未出现连胜，则获胜局数多者胜出．现已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率是，各局比赛结果相互独立．(1)求甲恰好在第4局比赛后胜出的概率；(2)记比赛结束时的比赛局数为，求的分布列与期望．第(4)题设函数.(1)k＝1时，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；(2)求f（x）的单调区间和极值；(3)证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点.第(5)题为弘扬中华优秀传统文化，荣造良好的文化氛围，某高中校团委组织非毕业年级开展了“我们的元宵节”主题知识竞答活动，该活动有个人赛和团体赛，每人只能参加其中的一项，根据各位学生答题情况，获奖学生人数统计如下：奖项组别个人赛团体赛获奖一等奖二等奖三等奖高一20206050高二162910550(1)从获奖学生中随机抽取1人，若已知抽到的学生获得一等奖，求抽到的学生来自高一的概率；(2)从高一和高二获奖者中各随机抽取1人，以表示这2人中团体赛获奖的人数，求的分布列和数学期望；。

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“3＋1”保分大题强化练(八)前3个大题和1个选考题不容有失1．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2b sin C ＝a cos C ＋c cos A ，B ＝2π3，c ＝ 3. (1)求角C ；(2)若点E 满足AE →＝2EC →，求BE 的长．解：(1)由题设及余弦定理可得2b sin C ＝a ×a 2＋b 2－c 22ab ＋c ×b 2＋c 2－a 22bc，化简得2b sin C ＝b .因为b >0，所以sin C ＝12.又0<C <π3，所以C ＝π6.(2)由正弦定理易知b sin B ＝csin C ＝23，解得b ＝3.又AE →＝2EC →，所以AE ＝23AC ＝23b ，即AE ＝2.在△ABC 中，因为∠ABC ＝2π3，C ＝π6，所以A ＝π6，所以在△ABE 中，A ＝π6，AB ＝3，AE ＝2，由余弦定理得BE ＝AB 2＋AE 2－2AB ·AE cos π6＝3＋4－2×3×2×32＝1，所以BE ＝1.2.如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝2，点M 为棱PC 的中点，点E ，F 分别为棱AB ，BC 上的动点(E ，F 与所在棱的端点不重合)，且满足BE ＝BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面MBD ；(2)当三棱锥F PEC 的体积最大时，求二面角C MF E 的余弦值．解：(1)证明：连接AC 交BD 于N ，连接MN . 因为底面ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD ，AN ＝CN ，又PM ＝MC ，所以MN ∥PA . 因为PA ⊥底面ABCD ，所以MN ⊥底面ABCD ，因为AC ⊂底面ABCD ，所以AC ⊥MN .因为BD ∩MN ＝N ，BD ⊂平面MBD ，MN ⊂平面MBD ，所以AC ⊥平面MBD . 因为BE ＝BF ，BA ＝BC ，所以BE BA ＝BFBC，即EF ∥AC . 所以EF ⊥平面MBD .因为EF ⊂平面PEF ，所以平面PEF ⊥平面MBD . (2)设BE ＝BF ＝x ，则S △CEF ＝12x (2－x )．又PA ＝2，所以V F PEC ＝V P EFC ＝13×12x (2－x )×2＝－13(x －1)2＋13.当三棱锥F PEC 的体积最大时，x ＝1，即E ，F 分别为AB ，BC 的中点．分别以A 为坐标原点，AB →，AD →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz .则C (2,2,0)，F (2,1,0)，E (1,0,0)，M (1,1,1)， MF →＝(1,0，－1)，FE →＝(－1，－1,0)，FC →＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面MEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·MF →＝0，n ·FE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－z 1＝0，－x 1－y 1＝0，可取n ＝(1，－1,1)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MCF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·MF →＝0，m ·FC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－z 2＝0，y 2＝0，可取m ＝(1,0,1)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝23×2＝63. 由图知所求二面角为钝角，所以二面角C MF E 的余弦值为－63. 3．某客户准备在家中安装一套净水系统，该系统为三级过滤，使用寿命为十年．如图所示，两个一级过滤器采用并联安装，二级过滤器与三级过滤器为串联安装．其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现．在使用过程中，一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换(每个滤芯是否需要更换相互独立)，三级滤芯无需更换．若客户在安装净水系统的同时购买滤芯，则一级滤芯每个80元，二级滤芯每个160元．若客户在使用过程中单独购买滤芯，则一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元．现需决策安装净水系统的同时购买滤芯的数量，为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表，其中图1是根据200个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图，表1是根据100个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表．以200个一级过滤器更换滤芯的频率代替1个一级过滤器更换滤芯发生的概率，以100个二级过滤器更换滤芯的频率代替1个二级过滤器更换滤芯发生的概率．(1)求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30的概率；(2)记X表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的一级滤芯总数，求X的分布列及数学期望；(3)记m，n分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数，若m＋n＝28，且n∈{5,6}，以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据，试确定m，n的值．解：(1)由题意可知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30，则该套净水系统中的两个一级过滤器均需更换12个滤芯，二级过滤器需要更换6个滤芯．设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30”为事件A.因为一个一级过滤器需要更换12个滤芯的概率为0.4，二级过滤器需要更换6个滤芯的概率为0.4，所以P(A)＝0.4×0.4×0.4＝0.064.(2)由柱状图可知，一个一级过滤器需要更换的滤芯个数为10,11,12，对应的概率分别为0.2,0.4,0.4，由题意，X可能的取值为20,21,22,23,24，并且P(X＝20)＝0.2×0.2＝0.04，P(X＝21)＝0.2×0.4×2＝0.16，P(X＝22)＝0.4×0.4＋0.2×0.4×2＝0.32，P(X＝23)＝0.4×0.4×2＝0.32，P(X＝24)＝0.4×0.4＝0.16.所以X的分布列为E(X)(3)因为m＋n＝28，n∈{5,6}，所以若m＝22，n＝6，则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为22×80＋200×0.32＋400×0.16＋6×160＝2 848.若m＝23，n＝5，则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为23×80＋200×0.16＋5×160＋400×0.4＝2 832.故m，n的值分别为23,5.选考系列(请在下面的两题中任选一题作答)4．[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t ，y ＝1＋45t (t 为参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2＝21＋sin 2θ，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π4.(1)求C 的直角坐标方程和P 的直角坐标；(2)设l 与C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，求|PM |. 解：(1)由ρ2＝21＋sin 2θ，得ρ2＋ρ2sin 2θ＝2，① 将ρ2＝x 2＋y 2，y ＝ρsin θ代入①并整理得，曲线C 的直角坐标方程为x 22＋y 2＝1.设点P 的直角坐标为(x ，y )，因为点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π4，所以x ＝ρcos θ＝2cos π4＝1，y ＝ρsin θ＝2sin π4＝1.所以点P 的直角坐标为(1,1)． (2)法一：将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t ，y ＝1＋45t 代入x 22＋y 2＝1，并整理得41t 2＋110t ＋25＝0，Δ＝1102－4×41×25＝8 000>0，故可设方程的两根分别为t 1，t 2，则t 1，t 2为A ，B 对应的参数，且t 1＋t 2＝－11041.依题意，点M 对应的参数为t 1＋t 22，所以|PM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 1＋t 22＝5541.法二：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t ，y ＝1＋45t ，消去t ，得y ＝43x －13.将y ＝43x －13代入x 22＋y 2＝1，并整理得41x2－16x －16＝0，因为Δ＝(－16)2－4×41×(－16)＝2 880>0，所以x 1＋x 2＝1641，x 1x 2＝－1641.所以x 0＝841，y 0＝43x 0－13＝43×841－13＝－341，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫841，－341.所以|PM |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫841－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－341－12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33412＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－44412＝5541.5．[选修4－5：不等式选讲]已知函数f (x )＝|x ＋1|－|ax －3|(a >0)． (1)当a ＝2时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若y ＝f (x )的图象与x 轴围成直角三角形，求a 的值．解：(1)当a ＝2时，不等式f (x )>1即|x ＋1|－|2x －3|>1. 当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1＋2x －3>1，解得x >5，因为x ≤－1，所以此时原不等式无解；当－1<x ≤32时，原不等式可化为x ＋1＋2x －3>1，解得x >1，所以1<x ≤32；当x >32时，原不等式可化为x ＋1－2x ＋3>1，解得x <3，所以32<x <3.综上，原不等式的解集为{x |1<x <3}． (2)法一：因为a >0，所以3a>0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(a －1)x －4，x ≤－1，(a ＋1)x －2，－1<x ≤3a ，(1－a )x ＋4，x >3a.因为a >0，所以f (－1)＝－a －3<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＝1＋3a>0.当0<a <1时，f (x )的图象如图1所示，要使得y ＝f (x )的图象与x 轴围成直角三角形，则(a －1)(a ＋1)＝－1，解得a ＝0，舍去；当a ＝1时，f (x )的图象如图2所示，所以y ＝f (x )的图象与x 轴不能围成三角形，不符合题意，舍去；当a >1时，f (x )的图象如图3所示，要使得y ＝f (x )的图象与x 轴围成直角三角形，则(1－a )(a ＋1)＝－1，解得a ＝±2，因为a >1，所以a ＝ 2.法二：因为a >0，所以3a>0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(a －1)x －4，x ≤－1，(a ＋1)x －2，－1<x ≤3a ，(1－a )x ＋4，x >3a.若y ＝f (x )的图象与x 轴围成直角三角形，则(a －1)(a ＋1)＝－1或(a ＋1)(1－a )＝－1，解得a ＝0(舍去)或a ＝2或a ＝－2(舍去)．经检验，a ＝2符合题意，。