备战2024年高考数学冲刺模拟卷06(新高考专用)(PDF版含解析)

文档属性

名称 备战2024年高考数学冲刺模拟卷06(新高考专用)(PDF版含解析)
格式 zip
文件大小 1.3MB
资源类型 教案
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2024-02-03 11:32:23

文档简介

备战 2024年高考数学冲刺模拟卷 06(新高考专用)
第 I卷(选择题)
一、单项选择题(本大题共 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.【答案】A
【解析】因为 A x∣x2 3x 10 0 x | 5 x 2 ,所以 A B x | 3 x 2 .
故选:A .
2.【答案】D
3
【解析】由题设可得1 z 3i,则 z 1 3i,则 z 1 3i,故 z z 6i,故 z z 6,
i
故选:D
3.【答案】C

【解析】因为DC 2AB,BE 2EC,
1
所以DE DC CE DC CB DC
1
DB DC DC 1 DA AB DC3 3 3
2
DC 1 DA 1 AB 2 DC 1 DA 1 DC 5 1 a b .
3 3 3 3 3 6 6 3
故选:C
4.【答案】B
【解析】如图所示,在正四棱锥 P ABCD中,连接 AC ,BD于O,则O为正方形 ABCD的中心,
连接OP
1
,则底面边长 AB 3 2,对角线 BD 2AB 6, BO BD 3 .2
又 BP 5,故高OP BP 2 BO 2 4 .
1 2
故该正四棱锥体积为V 3 2 4 24 .3
故选:B
5.【答案】C
2
【解析】不超过 15的素数有 2,3,5,7,11,13,随机取两个不同取法有C6 15种,
其中和等于 16的情况有3,13或5,11
2
两种情况,所以随机选取两个不同的数,其和等于 16的概率是 .
15
故选:C
6.【答案】C
【解析】依题意可得 y cos x


3
0 2 2π 2π 2 2π因为 x π,所以 x π ,
3 3 3 3 3
y cos x 2π 0, 2π π 因为 在 恰有 2个零点,且 cos k π 0, k Z, 3 3 1 1 2
5π 2 2π 7π 11 17
所以 π ,解得 < ,
2 3 3 2 4 4
令 2k

2π x π 2k2π, k2 Z
2π 2k π π 2k π
,得 2 x 2 , k
3 3 3 2
Z,
令 k2 0,得 y cos

x
2π 2π π π π 2π π
, 在 上单调递减,所以 , , , 3 3 3 12 12 3 3
2π π
3 12
所以 ,又 0,解得π π 0 4.
3 12
11 11综上所述, 4,故 的取值范围是 , 4

4 4


故选:C.
7.【答案】D
3 2 1 2 e 1 e 1 e 3 3 4 1
【解析】 a 1 ,b 1 , c
1 ,
2 2 e e 3 3
1 x
令 f x 1

, x 0,则 ln f x x ln
1 1 , x 0
x x
1 1 1 1 1
令 g x x ln 1 1 x 0 g x ln 1 , ,则 x x 1 x2
ln 1 x 1 x,
x 1 x
x 1 1 x
令 h x ln 1 x , x 0,则 h x 1 x 1 x 2
0
1 x
0,
1 x 2 在 上恒成立,
故 h x ln 1 x x 在 0, 上单调递增,
1 x
又 h 0 0,故 h x ln 1 x x 0在 0, 上恒成立,
1 x
1
h x ln 1 x x 0 x 1 1 1 1将 中 换为 可得,ln x
1 x x
1 0,即 ln 1 0 ,故 g x 0在 0, 上
x 1 1 x 1 x
x
恒成立,所以 g x 1 x ln 1

在 0, 上单调递增,
x
x
1
由复合函数单调性可知 f x 1 在 0, 上单调递增,
x
1 2 e 3 1 1 1 1 故 1 ,即 a b c .
2 e 3
故选:D
8.【答案】A
【解析】显然 P不与 A重合,由点 A ,B,C,P,Q均在球 O的球面上,得 B,C,P,Q共圆,则 C PQB π,
又 ABC为等腰直角三角形, AB为斜边,即有 PQ AB,
将△APQ翻折后, PQ A Q, PQ BQ,又平面 A PQ 平面 BCPQ,
平面 A PQ 平面 BCPQ PQ,
A Q 平面 A PQ, BQ 平面 BCPQ,于是 A Q 平面 BCPQ, BQ 平面 A PQ,
显然 A P, BP的中点 D,E分别为 A PQ,四边形 BCPQ外接圆圆心,
则 DO 平面 A PQ, EO 平面 BCPQ,因此DO / /BQ,EO / /A Q,
取 PQ的中点 F,连接DF ,FE则有 EF / /BQ / /DO,DF / /A Q / /EO,
四边形 EFDO为矩形,设 A Q x 1且0 x 2 3,DO EF BQ 2 3 x , A P 2x,
2 2
2 2
设球 O的半径 R,有 R2 DO2 A
P 3 2 x 3x 3
3
x
2 3

2 4 4
2 ,
3
x 2 3 R2 2 O 2当 时, ,所以球 表面积的最小值为 4π R 8π.故选:A.
3 min min
二、多项选择题(本大题共 4小题,每小题 5分,共 20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求的.全
部选对得 5分,部分选对得 2分,有选错的得 0分)
9.【答案】BC
【解析】对于 A中,正方体 ABCD A1B1C1D1的内切球的半径即为正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长的一半,所以内切
1
球的半径 R ,所以 A错误.
2
对于 B中,如图所示,连接 AC,CD1,因为 AB / /C1D1且 AB C1D1,则四边形 ABC1D1为平行四边形,所以 BC1 / /AD1,
所以异面直线D1C和 BC1所成的角的大小即为直线D1C和 AD1所成的角 AD1C的大小,
ADC 又因为 AC AD1 D1C 2,则△ACD1为正三角形,即 1 ,所以 B正确;3
对于 C中,如图所示,连接 B1C,在正方形 BB1C1C中, BC1 B1C .
因为 AB 平面 BB1C1C, B1C 平面 BB1C1C,所以 AB B1C .
又因为 ABI BC1 B, AB 平面 ABC1D1, BC1 平面 ABC1D1,
所以 B1C 平面 ABC1D
π
1,所以直线BC与平面 ABC1D1所成的角为 CBC1 ,4
所以 C正确;
对于 D中,如图所示,设点 D到面 ACD1的距离为 h,因为△ACD1为正三角形,
S 1 AC π 3所以 VACD AD1 2 1
sin ,
3 2
1 1
又因为 SVACD AD CD ,根据等体积转换可知:VD ACD V1 D1 ACD ,2 2
1 h S 1 1 3 1 1 3即
3 ACD
DD
1 3 1
S ACD,即 h 1 ,解得 h 3 ,所以 D错误.3 2 3 2
故选:BC.
10.【答案】BC
1
【解析】函数 f (x) x3 x2
1
x的定义域为 R,又 f ( x) x3 x2 x f (x)
1
, x3 x2 x,
3 3 3
则 f ( x) f x ,所以 f (x)不是奇函数,故选项 A错误;
因为 f (x) x2 2x 1 (x 1)2 0,所以 f (x)在R上单调递增,所以函数 f (x)不存在极值点,故选项 B与 C正确;
因为 f (1)
1
1 1 1 0, f ( 1) 1 1 0,又 f (x)在R上单调递增,且 f (0) 0,
3 3
所以 f (x)仅有一个零点 0,故选项 D错误.
故选:BC
11.【答案】ABD
【解析】对 A,设M (x1, y1),N(x2 , y2 ), (x1, x2 0),
因为这些MN倾斜角不为 0,则设直线MN的方程为 x ky
3
,联立抛物线得 y2 6ky 9 0,
2
则 y1 y2 6k, y1 y2 9, x1 x2 k y1 y2 3 6k 2 3, x1x2 k 2 y1y
3k
2 y1 y
9 9
2 ,2 4 4
则 |MN | =x1 x2 3 6k
2 6 6 (当且仅当 k 0时等号成立),A正确;
对 B,如图MA 抛物线准线, MF MP MA MP 要使其最小,即 P,M , A三点共线时取得最小值,
即 MF MP
5 3
MA MP | PA | 4,B正确;
2 2
1 1 |NF | |MF | x1 x 3 2 2
对 C,由 |MF | | NF | |MF || NF | x1x
3
2 x1 x2
9 3,C错误;
2 4
3
对 D,MF NF (x1 ) (x
3
2 ) x1x
3 (x x ) 9 9 3 9 9 32 1 2 (6k
2 3) (6k 2 3) 18,解得 k 1 ,D正确
2 2 2 4 4 2 4 2 2
故选:ABD.
12.【答案】ABD
3
【分析】由题意分析得到 f (x)关于直线 x 对称,函数 g(x)关于直线 x 2对称及周期为 2,逐项求解即可.
2
3
【解析】因为 f ( 2x) 3为偶函数,所以 f ( 2x) f (3 2x) 3 3,所以 f ( x) f ( x),
2 2 2 2 2
3 5
所以 f (x)关于直线 x 对称,令 x f (3 2 5 3 5得 ) f ( 2 ) ,即 f ( 1) f (4),故 A正确;
2 4 2 4 2 4
3 3 3 3
因为 f (
3
x) f ( 3 x) f ,所以 x

f x ,即 g x

g
x ,
2 2 2 2 2 2
所以 g 2 x g 1 x ,因为 g(2 x)为偶函数,所以 g 2 x g 2 x ,
所以 g 2 x g 1 x ,即 g x 1 g x ,所以 g x 2 g x 1 g x ,
g x f (x) x 3 3则 的一个周期为 2.因为 关于直线 对称,所以 x 是函数 f (x)的一个极值点,
2 2
g 3 f 3 1 3所以 0

,所以 g
g 0,故 B正确;
2 2 2 2
因为 g x 1 g x ,所以 g 2 g 0 g 1 ,所以 g( 1) g(2),故 D正确;
设 h x f x c( c为常数),定义域为 R,则 h x f x g x h 3 , x

f
3 3 3
2
x c,h2
x f x c,
2 2
f 3 x 3 3 3又 f
x ,则 h x

h

x


2 2 2 2
显然 h x f x c也满足题设,即 f x 上下平移均满足题设,显然 f 0 的值不确定,故 C错误.
故选:ABD
第 II卷(非选择题)
三、填空题(本大题共 4小题,每小题 5分,共 20分)
13.【答案】120
6 6
x 2 2x 5 2x x 2 5 x 2
6

【解析】 x

x

x
2 6 r
因为5 x 的展开式的通项公式为T 5 Cr x 6 r 2 r r 6 2r 3 x r 1 6
5 C6 2 x ,不可能出现含 x 的项,
x
2
所以展开式中含 x3的项为 2x C2 x4 2 6 120x
3,即含 x3项的系数是 120.
x
故答案为:120.
14.【答案】 x 0或 4y 3x 0或 2x y 5 0(答案不唯一)
2 2
【解析】由题设知,圆 x 1 y 2 1的圆心为M 1,2 ,半径为 r1 1,
x 1 2圆 y 2 2 1的圆心为 N 1, 2 ,半径为 r2 1,
所以 MN 2 2 2 1 1 2 2 5 1r r2 2,即两圆外离,故共有 4条公切线;
又易知M ,N关于原点对称,且两圆半径相等,则有过原点的两条公切线和与MN平行的两条公切线.
2t 1 4
设过原点的公切线为 x ty,则 1,即 3t 2 4t 0,解得 t 0或 ,
1 t 2 3
所以公切线为 x 0或 4y 3x 0;
b
设与MN平行的公切线为 y 2x b,且 M,N与公切线距离都为 1,则 1,即b 5,
4 1
所以公切线为 2x y 5 0 .
故答案为: x 0或 4y 3x 0或 2x y 5 0
5
15.【答案】
2
2
【解析】 f x x 4a, g x 5a .
x
设曲线 y f x 与 y g x (x 0)的公共点为 x0 , y0 ,两者在公共点处的切线方程相同,
2
因此 x0 4a
5a
2,即 x0 4ax0 5a
2 0,解得 x0 a或 5a .x0
因为 a 0, x0 0,所以舍去 x0 5a .
1 4 4x2 4ax 5a2lnx e 5b e5b 5a2 lna 9 a2 5 a2 lna2 9又 0 0 0 ,即 a
2.
2 2 2 2
h t 5 tlnt 9令函数 t,则 h t 5 lnt 2 4 4 .令 h t 0,解得0 t e5 ,令 h t 0,解得2 2 2 t e 5 ,
4 4
所以 h

t 在 0,e 5 上单调递减,在 e5 , 上单调递增,

4 5 4 4 5 4h x h 5 5则 e5 e5,即 e5b e5 ,解得b ,则b的最小值为 .
2 2 2 2
5
故答案为:
2
521
16.【答案】
48
【解析】如图,
π
由椭圆的性质可知,点 P位于短轴的端点时, F1PF2最大,由 a 4,b 2 3可知 F1PF2最大值为 .3
FPF =2 0 π 设 1 2 ,因为 PD平分 F1PF2,所以DA DB,设DA=DB=m,
6
2 2
已知椭圆C : x y 1,所以 a=4,b=2 3,c 2 .
16 12
2 1 1 1
从而 S PF F b tan 12 tan , S PF F m PF1 + m PF2 = m PF1 + PF2 =ma 4m,1 2 1 2 2 2 2
所以12 tan 4m,解得m=3tan .
S 1 m2 sin ADB 1 m2 sin π 2 1 m2 sin 2 =9 tan2 sin cos 9sin
3
DAB ,2 2 2 cos
9sin3
S 3 S
2S
cos DAB
PF1F2 3 2 8
所以 DAB sin2 ,所以 sin
S 12 tan 4 S PF F S DAB 4 3sin
2 ,
PF F 1 21 2
π
因为0 ,所以 sin
1 1
2 0, ,设 sin t
0,
6 2 4


S 2S DAB PF1F2 3 8 t 0, 1
S 2S PF
所以 在 上单调递减,所以 DAB 1
F2 3 1 8 4 521
S S . PF F DAB 4 3t 4 S S 1 2 PF1F2 DAB 4 4 3 48min
521
故答案为:
48
四、解答题(本大题共 6小题,共 70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(1) 2解:设 an 的公差为 d d 0 ,因为 a1,a3,a7成等比数列,所以 a3 a1 a7,
a 2d 2即 1 a1 a1 6d ,因为d 0,所以a1 2d,
又 a2 3,所以a1 d 2d d 3,所以 d 1,a1 2,
所以 an a1 n 1 d 2 n 1 n 1 .
n 2 n 1 2
(2)证明:由(1)得, S n 3nn ,2 2
1 1 1 1 1
所以bn

2Sn an 1 n n 2 2 n n 2


T 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1所以 n







2 3 2 2 4 2 3 5 2 n n 2
1

1 1 1 1 1
1
1 1

1 3 1 1 ,
2 3 2 4 3 5 n n 2 2 2 n 1 n 2
1 1 3
又 0, 0,所以T .
n 1 n 2 n 4
18.(1)证明:由题b a 2bcosc,
由正弦定理: sin B sin A 2sin BcosC sin(B C) 2sin BcosC ,
所以 sin B sin B cosC cosB sinC 2sin B cosC,
整理 sin B sinC cosB cosC sin B,所以sin B sin C B ,
B C B或B C B π(舍),
C 2B .
(2)解: ABC为锐角三角形,

0 π 3B
π

2
0 π π π B ,
π π
解得: B ,所以0 B ,
2 6 4 4 12
0 2B π 2
sin π sin π π π π且 sin cos cos
πsin π 6 2 ,
12 3 4 3 4 3 4 4
由(1)问,C 2B, 2sinC cosB sinB 2sin 2B cosB sin B,

令 t cosB
π
sin B 2 sin B
0, 3 1 4

2


则 sin 2B 1 cos B sin B 2,
2
1 17
所以 2sinC cosB sinB 2 1 t2 t 2t2 t 2 2 t 4 , 8

t 0, 3 1

1 17因为 , 当 t 时,所求 2sinC cosB sinB的最大值为 .
2 4 8
19.解:(1)取 AC的中点 D,连接 BD,ED,
1 1
在三棱柱 ABC - A1B1C1中,可得DE / /AA1 / /BB1,且DE AA1 BF BB ,2 2 1
四边形DEFB为平行四边形,则 EF / /DB,
又 EF 平面 AA1C1C, DB 平面 AA1C1C,
∵ AC 平面 AA1C1C, DB AC,
又 D为 AC的中点, ABC为等腰三角形,
∵ AC 2, AB 2,则 BC AB 2;
(2)由(1)知, AB2 BC 2 AC 2 , AB BC ,EF BD 1,
A1C 平面 AA1C1C,所以EF AC S
1
1 ,故 A FC A1C EF 5 A1C 2 5,1 2
由(1)知,DB 平面 AA1C1C, AA1 平面 AA1C1C,则DB AA1,
又三棱柱中 AA1 / /BB1,∴DB BB1
又 A1B1 BB1,∴ AB BB1,
∵又 AB DB B ,AB、DB 平面 ABC, BB1 平面 ABC,
三棱柱 ABC - A1B1C1为直三棱柱,∴△AA1C为直角三角形,可得 A1A 4,
又在三棱柱 ABC - A1B1C1中, AB BC, A1B1 B1C1,
以 B1为坐标原点, B1C1, B1A1,B1B所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则 B1 0,0,0 , A1 0, 2,0 ,C1 2,0,0 ,C 2,0, 4 ,B 0,0, 4 ,F 0,0, 2 ,
A1F 0, 2, 2 , A1C 2, 2, 4 ,

设平面 A1FC的一个法向量为 n x, y, z

n

A1F 2 y 2 z 0
则 ,令 z 1,则 y 2 , x 2,
n A1C 2 x 2 y 4 z 0

平面 A1FC的一个法向量为 n 2, 2,1 ,

易得平面 B1A1F的一个法向量为m 1,0,0
m n
设平面 B1A1F与平面 A1FC
2 10
的夹角为 , cos ,m n 5 1 5
10平面 B1A1F与平面 A1FC的夹角的余弦值为 .
5
20.解:(1)双曲线的渐近线方程为bx ay 0,设双曲线上一点D x0, y0 ,
| bx0 ay0 | | bx0 ay0 | | bx0 ay0 || bx0 ay | b
2x20 a
2 y2
0 0则 2,
a2 b2 a2 b2 c2 c2
x2 2D x , y 0 y 0 1 b2 2 2 2 2 2又因为 0 0 在双曲线上,所以 ,即 xa2 b2 0
a y0 a b ,
a2b2
2 c 6代入可得 2 ,又因为 e = = , c 2 a 2 b 2,代入可得b2 3, a2 6,c a 2
x2 y2
所以双曲线方程为 1;
6 3
(2)由(1)如图所示,
知 c 3,所以 F2 3,0 ,
若直线MF2斜率为 0,此时点A不在第一象限,矛盾,故MF2斜率不为 0,
设直线MF2的方程为 x my 3, A x , y

1 1 ,B x2 , y2 ,则M t ,
t 3
m ,
x my 3
2 2
联立 x2 y2 ,化简可得 m 2 y 6my 3 0,
1 6 3
m2 2 0 m 2
则 Δ 36m2 2
,可得 ,
12 m 2 0 2 24 m 1 0
y y 6m 1 2 m2 2
则 ,
y y 31 2 m2 2
y y y y
又因为 l //OA 1 1 2 2,所以 kl kOA kx my 3 , OB

1 1 x2 my2 3
t 3 y1 y2
所以直线 l的方程为 y x t m my 3 ,直线OB的方程为 y x,1 my2 3

y
t 3 y
1 x t
m my1 3 my1y2 3 t y
联立 ,解得 y
2
y y2 x m y1 y

2
my2 3
my1y2 3 t y2
即 P的纵坐标为 yP m y .1 y2
y y 6m又由上可知 1 2 2 , y1y
3
2 2 ,两式相除,m 2 m 2
1
得my1y2 y2 1 y2 ,
1 1 5
my y 3 t y y1 y2 3 t y y1 t y2 2代入可得 y 1 2 2 2P
2 2 ,
m y1 y2 m y1 y2 m y1 y2
y y t 3
因为 P为线段MQ的中点,所以 yP
M Q
2 2m
1 y1
5 t y2
1 y1
5 t y
即 2 2 2 t 3 2 2 t 3 ,
m y1 y2 2m y1 y2 2
1 5 t 3
所以需满足 t ,解得 t 2 .
2 2 2
21.(1)解:由 g x ax xlna求导可得: g (x) ax ln a ln a (ax 1) ln a
因a 1,故 ln a 0,
当 x 0时, ax 1,ax 1 0, g (x) 0,故 g(x)在 (0, )上单调递增;
当 x 0时, ax 1,ax 1 0, g (x) 0,故 g(x)在 ( ,0)上单调递减;
所以函数 g x 的单调递增区间为 (0, ),递减区间为 ( ,0),最小值为 g(0) 1,无最大值.
x 2
(2)证明:因 f x ax elog x e e xa ln a ea ,其定义域为 (0, ), f (x) ax ln a ,x ln a x ln a
取 h(x) xax ln2 a e,则 h (x) ax ln2 a(1 x ln a),因a 1,故 h (x) 0,则 h(x)在 (0, )上单调递增,
①当 a e时, h(0) e<0,h(1) a ln2 a e 0,故函数 h(x)在(0,1)内有且仅有一个变号零点,
则此时,函数 f (x)有且仅有一个极值点;
②当 a e时, h(x) xex e,因 h(1) 0,因 h(x)在 (0, )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 f (x)有且仅有一个极值点;
1 1 1
1 a e h(1) a ln2 a e<0 1 1 h( 1 ) a ln2 a e ln(a ln2 1③当 时, ,又因 ln2 a , ,
a
2 ) 2 ln a
1
1, a ln2 a e,
ln a ln a ln a
h( 1即 2 ) 0,ln a
故函数 h(x)在 (1,
1
2 )ln a 内有且仅有一个变号零点,则此时,函数
f (x)有且仅有一个极值点;
综上所述,函数 f (x)有且仅有一个极值点.
(3) 2解:由(2)可知,当 a e,e 时,函数 f
(x)有且仅有一个零点,设为m,则 f (m) 0,m 0,
又由(2)函数 f (x)有最小值为 f (m) .
由 f (m) 0
e
可得:mam ln2 a e=0,即 am ,两边取自然对数得:m ln a 1 lnm 2ln(ln a),m ln2 a
故 lnm 1 m ln a 2 ln(ln a),
于是 f (m) am e loga m e=a
m e lnm e e e 2 (1 m ln a 2 ln(ln a)) eln a m ln a ln a
e{m2 ln2 a m[2 ln(ln a) ln a 1]ln a 1}
,不妨设 t ln a, 22 则 a e,e ,故得 t [1, 2],则m ln a
m2 ln2 a m[2ln(lna) lna 1]lna 1 m2t2 mt(2ln t t 1) 1,
对于函数 y m2t2 mt(2ln t t 1) 1,其对应方程的判别式 t 2 (2ln t t 1)2 4t 2 t 2 [(2lnt t 1)2 4],
设 (t) 2ln t t 1, t [1, 2]
2
,则 (t) 1
2 t
0恒成立,
t t
故函数 (t)在[1, 2]上单调递增,则 (1) (t) (2),即 2 (t) 2 ln 2 3 0,
从而0 [ (t)]2 4,于是 0,
故有 y m2t2 mt(2ln t t 1) 1 0恒成立,故 f (m) 0恒成立,所以 f (x) 0.
22.解:(1)设 d (200,400]组的频率为 t,则 d (400,600]组的频率为1 0.20 0.15 t 0.65 t,
估计学生与最近食堂间的平均距离 d 100 0.20 300t 500 0.65 t 700 0.15 450 200t 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 d (m) 0,200 200, 400 400,600 600,800 800, 合计
在食堂就餐 0.15 0.20 0.10 0.05 0.00 0.50
点外卖 0.05 0.20 0.15 0.10 0.00 0.50
合计 0.20 0.40 0.25 0.15 0.00 1.00
据此结合样本容量为 2000可列出 2 2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 700 300 1000
点外卖 500 500 1000
合计 1200 800 2000
零假设H0:学生中午的用餐情况与学生距最近食堂的远近无关.
2 2000 700 500 300 500
2
注意到 x 500 10.828 x .
1000 1000 1200 800 6 0.001
据小概率值 0.001的独立性检验,推断H0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)(i)证法一:由题意得 P A | D P A | D , P A | D P A | D ,
结合 P A D P A D P A D P A D 1, P(A |D) 0.5 P(A |D) .
P AD P AD P A P AD
结合条件概率公式知 ,即 P(AD) P(A)P(D)
P D P D .1 P D
P AD
P D | A P ADP D | A P A P A
P AD [1 P A ] P D P AD P A P AD P A P D 0
,P A [1 P A ] P A [1 P A ]

即 P D | A P D | A 成立.
证法二:由题意得 P A | D P A | D , P A | D P A | D ,
P AD P AD
所以 P AD P AD ,同理 P AD P AD ,P D P D
于是 P AD P AD P AD P AD ,
P AD
P AD
故 P D | A P D | A P A P A
P AD P AD P AD P AD [P AD P AD ]
P A P A
P AD P AD P AD P AD
0,即 P D | A P
D | A 成立.
P A P A
(ⅱ)设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为 ,
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( 0) P( 1), k 0
则 B 7, p , X a ,对0 k 7,有 P(Y kb) 0, k 1 ,

P( k), 2 k 7
故 E X E a aE 7pa,
7 7 7
E Y kbP Y kb b kP k b kP k P 1
k 2 k 2 k 0
b[E( ) P( 1)] 7pb[1 (1 p)6 ],
令 E X E Y ,结合 a b得 p 1 a 6 1 a ,记为 p0 .b
若 p0 p 1,则 E(Y ) E(X ) 7p{b[q (1 p)6 ] a} 0, E Y E X ,
此时李明应选择“饥饿型”优惠方案;
若0 p p0,则 E(Y ) E(X ) 7p{b[q (1 p)6 ] a} 0, E Y E X ,
此时李明应选择传统型优惠方案.
若 p p0 ,则 1 p
6 1 a ,E X E Y .
b
D X D a a2D 7pa2注意到 1 p ,
7
D Y E Y 2 E Y
2
kb
2P Y kb 2 E X
k 2
7 7
b2 k 2P k 49p2a2 b2 2 k P k P 1

49p
2a2
k 2 k 0
b2 E 2 P 1 49 p2a2 2 b {[E ]2 D( ) P( 1)} 49 p2a2
b2 49 p2 7 p 1 p 7 p 1 p
6 49 p2a2 7 p{b
2 6 2
6 p 1 1 p 7 pa }.
因此D(Y ) D(X ) 7p{b2[6p 1 (1 p)6 ] 7pa2 (1 p)a2}
7 p 6 pb2 ab 6 p 1 a2 7 p b a 6 p b 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 p0时,李明应选择传统型优惠方案;
当 p0 p 1时,李明应选择“饥饿型”优惠方案.备战 2024 3 年高考数学冲刺模拟卷 06(新高考专用) 2 e 37 a 3 b e 1 c 4 f 2x , g(2 x)均为偶函数,则( ).已知 , , ,则 a,b,c的大小关系为( ) 2 2 e 3
第 I卷(选择题) A. f ( 1) f (4) B. g
1
0
一、单项选择题(本大题共 8小题,每小题 5分,共 40分.在每小题给出的四 A. a c b B.b a c C.b2
ABC C AC,AB C. f (0) 1 D. g( 1) g(2)个选项中,只有一项是符合题目要求的). 8.已知等腰直角 中, 为直角,边 AC 6,P,Q分别为 上
的动点(P与 C不重合),将△APQ沿 PQ折起,使点 A到达点 A 的位置,且平 第 II卷(非选择题)
1.设集合 A x∣x2 3x 10 0 ,B {x∣ 3 x 3},则 A B ( )
面 A PQ 平面 BCPQ若点 A ,B,C,P,Q均在球 O的球面上,则球 O表面 三、填空题(本大题共 4小题,每小题 5分,共 20分)
A.{x∣ 3 x 2} B.{x∣ 5 x 2} C.{x∣ 3 x 3} D.{x∣ 5 x 3} 积的最小值为( ) 6
4π 13

. x 2 2x 5 展开式中含 x3项的系数是 .
2.若 i 1 z 3,则 z z ( ) A.8π B 4π C 8 2π. . D . x
3 3
2 2 2
A.6i B. 6i C.2 D.6 二、多项选择题(本大题共 4小题,每小题 5分,共 20分.在每小题给出的四 14.写出与圆 x 1 y 2 1和圆 x 1 y 2
2 1都相切的一条直线的
个选项中,有多项符合题目要求的.全部选对得 5分,部分选对得 2分,有选 方程 .3.如图,在四边形 ABCD中,DC 2AB,BE 2EC,设DC a,DA b,则
错的得 0分) 1 42
15.若函数 f x x 4ax与2 g x 5a
2lnx e5b,a 0有公共点,且在公共
DE等于( )
9.如图,正方体 ABCD A1B1C1D 1的棱长为 1,则下列四个命题正确的是( )5 1 2 1 点处的切线方程相同,则b的最小值为 .
A. a b B. a b
6 2 3 2
16 C : x
2 y2
.已知椭圆 1,F 1、
F2分别是其左,右焦点,P为椭圆 C上非长
5 1 2 r 1 r 16 12
C. a b D. a+ b
6 3 3 3
轴端点的任意一点,D是 x轴上一点,使得 PD平分 F1PF2 .过点 D作PF1、PF2
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 S 2S△DAB △PF1F2
的垂线,垂足分别为 A、B.则 S S 的最小值是 .
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 △PF1F2 △DAB
似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为3 2米,侧棱长为 5米,则其 四、解答题(本大题共 6 小题,共 70分,解答应写出文字说明、证明过程或演A.正方体 ABCD A1B1C1D
2
1的内切球的半径为
体积为( )立方米. 2 算步骤)
π
B.两条异面直线D1C和 BC1所成的角为 3 17.已知公差不为零的等差数列 an 的前 n项和为 Sn ,a2 3,且 a1,a3,a7成等比
π
C.直线 BC与平面 ABC1D1所成的角等于 4 数列.
D 3.点 D到面 ACD1的距离为 (1)求 a
2 n
的通项公式;
1
10 f (x) x3A. 24 2 B.24 C.72 2 D.72 .已知函数 x
2 x 1,则( ) (2)若bn
3
3 2S a 1,数列 bn 的前 n项和为Tn,证明:Tn .n n 4
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 A. f (x)为奇函数 B. x 1不是函数 f (x)的极值点
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
C. f (x)在[ 1, )上单调递增 D. f (x)存在两个零点
过 15的素数(素数是指在大于 1的自然数中,除了 1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( ) 11.已知抛物线C : y2 6x的焦点为 F,过点 F的直线交C于M ,N两个不同点,
1 4 2 1
A. B. C. D.
10 15 15 11 则下列结论正确的是( )
2π 1 5
6.将函数 f (x) cos x 图象上所有点的横坐标变为原来的 ( 0),纵 A. MN 的最小值是 6 B.若点 P , 2 ,则 MF MP 的最小值是 4
3 2
2π π π 1 1
坐标不变,所得图象在区间 0, 上恰有两个零点,且在 , 上单调递 C.
3
MF NF D.若 MF NF 18,则直线MN的斜率为 1 3 12 12
减,则 的取值范围为( ) 12.已知函数 f (x)及其导函数 f (x)的定义域均为 R,记 g(x) f (x) .若
9 9
A ,3 . B. , 4
11
C. , 4
11
D. , 6

4 4 4 4
18.在 ABC中,内角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c,满足b a 2bcosC
20 C : x
2 y2 22.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
.已知双曲线 1 a 0,b 0 上的一点到两条渐近线的距离之积为2 2
(1)求证:C 2B; a b 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
(2)若 ABC为锐角三角形,求 2sinC cosB sinB的最大值. 2 6且双曲线 C的离心率为 . 完整):
2
学生与最近
(1)求双曲线 C的方程;
食堂间的距 0,200 200,400 400,600 600,800 800, 合计
(2)已知 M是直线 x t 0 t a 上一点,直线MF2交双曲线 C于 A(A在第一 离 d m
象限),B两点,O为坐标原点,过点 M作直线OA的平行线 l,l与直线OB交 在食堂就餐 0.15 0.10 0.00 0.50
于点 P,与 x轴交于点 Q,若 P为线段MQ的中点,求实数 t的值.
点外卖 0.20 0.00 0.50
合计 0.20 0.15 0.00 1.00
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370m(同一组数
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
19.如图,在三棱柱 ABC - A1B1C1中, AC 2, AB 2,E,F分别为 A1C, 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 400m时,认为较近,否则认为较远):
BB1的中点,且 EF 平面 AA1C1C, (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D,且D、A均为随机事件,证明: P D A P D A :
21.已知函数 f x ax elogax e, g x ax xlna,其中 a 1,e (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,顾客可任是自然对数的
选其一.
底数. 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 a元
优惠;
(1)求棱 BC的长度: (1)求函数 g x 的单调区间和最值; 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)
(2) 中午,第一天中午不优惠(即“饥饿”一天),第二天中午获得 2b元优惠,以后每若BB1 A1B1,且△A1FC的面积 S 5,求平面 A1B1F 与平面 A1FC的夹角的 (2)证明:函数 f x 有且只有一个极值点; 天中午均获得b元优惠(其中 a,b为已知数且b a 0).
余弦值. 校庆期间,已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为 p( 0 p 1),且是否
(3) 2当 a e,e 时,证明: f x 0. 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.
2 n ad bc
2
附: ,其中 n a b c d .
a b c d a c b d
0.10 0.010 0.001
x 2.706 6.635 10.828
同课章节目录