2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学【新高考】高考押题专练三含答案.doc

2024试吧大考卷二轮专题闯关导练数学【新高考】高考押题专练三专练三第卷一、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，只有一项是符合题目要求的1已知集合A，B，则AB()A2,2 B(1，)C(1,2 D(，1(2，)2设i是虚数单位，若复数a(aR)是纯虚数，则a的值为()A3 B3C1 D13“a<2”是“x>0，ax”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4函数f(x)的图象可能是()5已知函数f(x)3x2cos x，若af(3)，bf(2)，cf(log2 7)，则a，b，c的大小关系是()Aa<b<c Bc<a<bCb<a<c Db<c<a6已知等边ABC内接于圆：x2y21，且P是圆上一点，则·()的最大值是()A. B1C. D27已知函数f(x)sin2 xsin2，则f(x)的最小值为()A. B.C. D.8已知点P在椭圆：1(a>b>0)上，点P在第一象限，点P关于原点O的对称点为A，点P关于x轴的对称点为Q，设，直线AD与椭圆的另一个交点为B，若PAPB，则椭圆的离心率e()A. B.C. D.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，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9某位教师2018年的家庭总收入为80 000元，各种用途占比统计如图1折线图所示；2019年收入的各种用途占比统计如图2条形图所示，已知2019年的就医费用比2018年增加了4 750元，则下列关于该教师家庭收支的说法正确的是()A该教师2018年的家庭就医支出显著减少B该教师2019年的家庭就医总支出为12 750元C该教师2019年的家庭旅行支出占比显著增加D该教师2019年的家庭总收入为85 000元10已知n(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1 024，则下列说法正确的是()A展开式中奇数项的二项式系数和为256B展开式中第6项的系数最大C展开式中存在常数项D展开式中含x15项的系数为4511在棱长为1的正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，点M在棱CC1上，则下列结论正确的是()A直线BM与平面ADD1A1平行B平面BMD1截正方体所得的截面为三角形C异面直线AD1与A1C1所成的角为D|MB|MD1|的最小值为12已知双曲线1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，P是双曲线上一点，且满足|F1F2|2|OP|，tanPF2F12，则下列结论正确的是()A点P在双曲线的右支上B点在双曲线的渐近线上C双曲线的离心率为D双曲线上任一点到两渐近线距离之和的最小值等于4第卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知向量a(2，m)，b(1，2)，且ab，则实数m的值是_14若sin()，tan 3tan ，则sin()_.15已知函数f(x)(a>0)，若函数g(x)f(x)3|x|有三个零点，则实数a的取值范围是_16正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱长为2，M，N，E，F分别是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为_，CE和该截面所成角的正弦值为_(本题第一空2分，第二空3分)四、解答题：本题共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(10分)已知在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，从以下三个条件中选取一个解答该题；4cos(BC)2cos 2A3；.(1)求角A的大小；(2)若a，bc4，求ABC的面积注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分18(12分)已知an是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，Sn为an与的等差中项(1)求证：数列S为等差数列；(2)设bn，求bn的前100项和T100.19.(12分)如图，在四棱锥P ­ ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，DAB60°，ADP90°，平面ADP平面ABCD，点F为棱PD的中点(1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF平面PCE，并说明理由；(2)当二面角D ­ FC ­ B的余弦值为时，求直线PB与平面ABCD所成的角20(12分)已知抛物线：y22px(p>0)的焦点为F，P是抛物线上一点，且在第一象限，满足(2，2)(1)求抛物线的方程；(2)已知经过点A(3，2)的直线交抛物线于M，N两点，经过定点B(3，6)和M的直线与抛物线交于另一点L，问直线NL是否恒过定点，如果过定点，求出该定点，否则说明理由21(12分)山东省2020年高考实施新的高考改革方案，考生的高考总成绩由3门统一高考科目成绩和自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目成绩组成，总分为750分其中，统一高考科目为语文、数学、外语，自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目是从物理、化学、生物、历史、政治、地理6科中选择3门作为选考科目，语、数、外三科各占150分，选考科目成绩采用“赋分制”，即原始分数不直接用，而是按照学生分数在本科目考试的排名来划分等级并以此打分得到最后得分根据高考综合改革方案，将每门等级考试科目中考生的原始成绩从高到低分为A、B、B、C、C、D、D、E共8个等级参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%、7%、16%、24%、24%、16%、7%、3%.等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到91100、8190、7180、6170、5160、4150、3140、2130八个分数区间，得到考生的等级成绩举例说明：某同学化学学科原始分为65分，该学科C等级的原始分分布区间为5869，则该同学化学学科的原始成绩属C等级而C等级的转换分区间为6170，那么该同学化学学科的转换分为：设该同学化学学科的转换等级分为x，求得x66.73，四舍五入后该同学化学学科赋分成绩为67.(1)某校高一年级共2 000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布N(60,122)若小明同学在这次考试中物理原始分为84分，等级为B，其所在原始分分布区间为8293，求小明转换后的物理成绩；求物理原始分在区间(72,84)的人数(2)按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取4人，记X表示这4人中等级成绩在区间61,80的人数，求X的分布列和数学期望附：若随机变量N(，2)，则P(<<)0.682，P(2<<2)0.954，P(3<<3)0.997.22(12分)已知函数f(x)(x1)2axaln x(1)若a2讨论f(x)的单调性；(2)若a>0，且对于函数f(x)的图象上两点P1(x1，f(x1)，P2(x2，f(x2)(x1<x2)，存在x0(x1，x2)，使得函数f(x)的图象在xx0处的切线lP1P2.求证：x0<.则A(1,0)，B，C，设P(cos ，sin )，则·()(1cos ，sin )·(12cos ，2sin )(1cos )(12cos )2sin2 2cos2 cos 12sin2 1cos 2，当且仅当，即P(1,0)时，取等号故选D.7答案：A解析：f(x)sin2 xsin2sin2 x2sin2 xcos2 xsin xcos xsin 2x1sin1.故选A.8答案：C解析：设P(x1，y1)，则A(x1，y1)，Q(x1，y1)，D，设B(x2，y2)，由，两式相减，得kAB·，kADkAB，又kPA，则由PAPBkPA·kPB1，可得4·1a24b24(a2c2)3a24c2e.故选C.9答案：ABD解析：设该教师家庭2019年收入为x元，则15%·x80 000×10%4 750，解得x85 000.可得：该教师2018年的家庭就医支出显著减少，该教师2019年的家庭就医总支出为8 0004 75012 750元，该教师2019年的家庭旅行支出占比没有变化，该教师2019年的家庭总收入为85 000元故选ABD.10答案：BCD解析：因为n(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，CCn10，展开式的各项系数之和为1 024，(a1)101 024，a>0，a1.原二项式为：10，其展开式的通项公式为：Tr1C·(x2)10r·rC；展开式中奇数项的二项式系数和为：×1 024512，故A错；因为本题中二项式系数和项的系数一样，且展开式有11项，故展开式中第6项的系数最大，B对；令20r0r8，即展开式中存在常数项，C对；令20r15r2，C45，D对；故选BCD.11答案：ACD解析：如图所示：易知平面BCC1B1平面ADD1A1，BM平面BCC1B1，故直线BM与平面ADD1A1平行，A正确；平面BMD1截正方体所得的截面为BMD1N为四边形，故B错误；连接BC1，A1B，易知AD1BC1，故异面直线AD1与A1C1所成的角为A1C1B，A1BA1C1BC1，故A1C1B，故C正确；延长DC到B使CB1，易知BMBM，故|MB|MD1|D1B，当M为CC1中点时等号成立，故D正确故选ACD.12答案：ABC解析：连接PF1，由题意知|F1F2|2|OP|2c，则PF1PF2，因为tanPF2F12，所以2，因此|PF1|>|PF2|，故点P在双曲线的右支上，A项正确；由于|PF1|PF2|2a，所以|PF1|4a，|PF2|2a，所以(4a)2(2a)2(2c)2，整理得c25a2，则e，C正确；又e ，所以2，所以双曲线的渐近线方程为y±2x，易知点在双曲线的渐近线上，故B项正确；由于b25，所以a2，所以双曲线的方程为1，设M(x0，y0)为双曲线上任意一点，则点M到渐近线y2x的距离d1，点M到渐近线y2x的距离d2，因此d1d2，又1，于是d1d21，因此由基本不等式得d1d222，当且仅当d1d2时取等号，故双曲线上任一点到两渐近线距离之和的最小值等于2，故D项错误故选ABC.13答案：1解析：ab，a·b22m0，m1.14答案：解析：根据sin()可得sin cos cos sin ，根据tan 3tan 可得sin cos 3cos sin ，由得sin cos ，cos sin ，所以sin()sin cos cos ·sin .15答案：(0,2)5，)解析：g(x)f(x)3|x|有三个零点yf(x)与y3|x|的图象有三个交点因为a>0，所以当x0时，x22x3x，得x1或x0，所以yf(x)与y3|x|的图象有两个交点，则当x>0时，yf(x)与y3|x|的图象有1个交点当x>0时，令3x8x，得x2，所以0<a<2符合题意；令3xx22x，得x5，所以a5符合题意综上，实数a的取值范围是(0,2)5，)16答案：2解析：如图，分别取CD，BC的中点H，G，连接HE，HG，GE，HF，ME，NH.易证ME綉NH，所以四边形MEHN是平行四边形，所以MNHE，又MN平面EFHG，HE平面EFHG，所以MN平面EFHG，所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG，平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG，EF，FH2，所以所得截面的面积为2×2.连接AC，交HG于I，则CIHG，又平面EFHG平面ABCD，平面EFHG平面ABCDHG，所以CI平面EFHG，连接EI，则CIEI，CEI为直线CE和截面所成的角在RtCIE中，CE，CIAC.所以sinCEI.17解析：若选，(1)根据正弦定理知，即2sin B·cos Acos C·sin Asin C·cos A，即2sin B·cos Asin(AC)，因为ACB，所以2sin B·cos Asin B，又sin B0，解得cos A.又A(0，)，所以A.(2)因为a2b2c22bccos A(bc)22bc2bccos A，a，bc4，A，所以()2(4)22bc2bc×，得bc6，所以SABCbc·sin A×6×sin .若选，(1)由题意可得4cos(BC)2(2cos2 A1)3，又cos(BC)cos A，所以4cos A2(2cos2A1)3，所以4cos2A4cos A10，解得cos A，又A(0，)，所以A.(2)因为a2b2c22bccos A(bc)22bc2bccos A，a，bc4，A，所以()2(4)22bc2bc×，得bc6，所以SABCbc·sin A×6×sin .若选，(1)由正弦定理及，得，又sin(AC)sin(B)sin B，所以，得tan A.又A(0，)，所以A.(2)因为a2b2c22bccos A(bc)22bc2bccos A，a，bc4，A，所以()2(4)22bc2bc×，得bc6，所以SABCbc·sin A×6×sin .18解析：(1)证明：由题意知2Snan，即2Snana1，当n1时，由式可得S11，又n2时，有anSnSn1，代入式得2Sn(SnSn1)(SnSn1)21，整理得SS1，(n2)S是首项为1，公差为1的等差数列(2)由(1)可得S1n1n，an是各项都为正数，Sn，anSnSn1(n2)，又a1S1，也适合上式an.bn(1)n()，T1001(1)()()()10.bn的前100项和T10010.19解析：(1)在棱AB上存在点E，使得AF平面PCE，点E为棱AB的中点理由如下：取PC的中点Q，连接EQ、FQ，由题意，FQDC且FQCD，AECD且AECD，故AEFQ且AEFQ.所以，四边形AEQF为平行四边形所以，AFEQ，又EQ平面PCE，AF平面PCE，所以AF平面PCE.(2)由题意知ABD为正三角形，所以EDAB，亦即EDCD，又ADP90°，所以PDAD，且平面ADP平面ABCD，平面ADP平面ABCDAD，所以PD平面ABCD，故以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设FDa(a>0)，则由题意知D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0,2,0)，B(，1,0)，(0,2，a)，(，1,0)，设平面FBC的一个法向量为m(x，y，z)，则由得，令x1，则y，z，所以取m，显然可取平面DFC的一个法向量n(1,0,0)，由题意：|cosm，n|，所以a.由于PD平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以PBD为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在RtPBD中，tanPBDa，从而PBD60°，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60°.20解析：(1)y22px(p>0)的焦点为F，而(2,2)，所以点P，又点P在抛物线y22px上，所以(2)22p，即p24p120，(p6)(p2)0，而p>0，故p2，则抛物线的方程为y24x.(2)由题意知，直线AM，BM，NL的斜率均存在设M(x0，y0)，N(x1，y1)，L(x2，y2)，则y4x0，y4x1，y4x2，直线MN的斜率为kMN.则lMN：yy0，即y；同理lML：y；将A(3，2)，B(3，6)分别代入，两式，得，消去y0得y1y212，易知直线lNL：y，因此直线NL恒过定点(3,0)21解析：(1)设小明转换后的物理等级分为x，求得x82.64，小明转换后的物理成绩为83分；因为物理考试原始分基本服从正态分布N(60,122)，所以P(72<<84)P(60<<84)P(60<<72)P(36<<84)P(48<<72)(0.9540.682)0.136.所以物理原始分在区间(72,84)的人数为2 000×0.136272(人)；(2)由题意得，随机抽取1人，其等级成绩在区间61,80内的概率为，随机抽取4人，则XB，P(X0)4，P(X1)C··3，P(X2)C·2·2，P(X3)C·3·1，P(X4)4.X的分布列为X01234P数学期望E(X)4×.22解析：(1)易得，函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2(x1)a，令f(x)0，得x1或x.当a0时，0<x<1时，f(x)<0，函数f(x)单调递减；x>1时，f(x)>0，函数f(x)单调递增此时，f(x)的减区间为(0,1)，增区间为(1，)当2<a<0时，<x<1时，f(x)<0，函数f(x)单调递减；0<x<或x>1时，f(x)>0，函数f(x)单调递增此时，f(x)的减区间为，增区间为，(1，)当a2时，x>0时，f(x)>0，函数f(x)单调递增；此时，f(x)的减区间为(0，)综上，当a0时，f(x)的减区间为(0,1)，增区间为(1，)；当2<a<0时，f(x)的减区间为，增区间为，(1，)；当a2时，f(x)增区间为(0，)(2)证明：由题意及导数的几何意义，得f(x0)kP1P2(x1x22)a.由(1)中f(x)得f(x1x22)a.易知，导函数f(x)2(x1)a(a>0)在(0，)上为增函数，所以，要证x0<，只要证f(x0)<f，即<，即证ln >.因为x2>x1>0，不妨令t，则g(t)ln t(t>1)所以g(t)>0(t>1)，所以g(t)在t(1，)上为增函数，所以g(t)>g(1)0，即ln t>0，所以ln t>，即>，即ln >.故有x0<(得证)