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高考模拟创新试题分类汇编(数学)

高考模拟创新试题分类汇编（数学）研究高考，最终需要落实到试题的研究上，而试题研究一般为两个方向，一是研究近几年的高考题，二是研究针对相应高考的模拟试题，前者是前奏与方向指导，而后者是综合了前者的具体体现，其中的优秀试题更是如此。

基于此点，笔者收录了2005年60套全国各地的模拟试题，再加上2004年9月到2005年4月底期刊中的零碎试题共计2400道，对其进行了筛选与归类。

在此过程中，笔者认识到，优秀试题一般有三个先决条件：一是以能力立意，表现为很难单独地判断考查的是什么知识，而是在边缘知识上命题，是对数个知识的“串门”综合；二是蕴涵了一定的数学思想，不是简单的知识累计，这些常常通过学生易犯的典型错误或一题多解来体现；三是源于教材而又高于教材，其中的“高”不是无休止地向“广”或“深”（俗称“深挖洞”，这是区分高考与竞赛题的重要标志）单方面开拓，而是更加突出“新”意（主要是结构形式新或背景紧跟时代）、“平”意（主要是平常生活中常见、常用及知识上不超纲）。

这三个条件中，创新是试题的核心，这也正应了“知识有纲、能力无纲”的“遵循教学大纲又不拘泥于大纲”的近年一再提倡的高考政策，所以以创新为基准对试题进行了说明与分类汇编。

一，集合简易逻辑与不等式（复数）一，考纲要求及分析1，集合与简易逻辑：理解集合、子集、补集、交集、并集的概念.了解空集和全集的意义.了解属于、包含、相等关系的意义.掌握有关的术语和符号，并会用它们正确表示一些简单的集合.理解逻辑联结词“或”、“且”、“非”的含义.理解四种命题及其相互关系.掌握充分条件、必要条件及充要条件的意义.集合是大学当中第一遇到的内容，也是现代数学的基础，因此，中学阶段集合上的能力更重要的是作为一种思想的渗透。

而集合的思想方法又主要体现为：一是理论上的思想渗透（这不是高考命题的范畴），二是集合与其他知识如简易逻辑的类比性渗透（这也难于化到高考命题的范围），三是集合本身内含了博大精深的思想，而这又是高中阶段能解决又能反应能力的地方，具体又表现为三点：⑴集合表示方法间的转化蕴涵了数学解题的原则性思想：图示法直观化符号表示法属性描述法文字描述法具体化列举法简单化熟悉化↓−−→−−−−←↑;⑵有限集合元素个数确定的容斥原理（该部分在教材中处于阅读内容，它可以用初中及小学的解方程法加以解决，也可以用高中的容斥原理）；⑶集合的运算更多情况下是自定义的；⑷集合与方程或不等式同解性联系（这一部分通常以其他知识的面貌出现，如：“求…的解集”等等）。

充要条件的题一般有三种类型：一，传统的判断形：“判断A 是B 的……条件”， 它常常以选择题的形式出现；二是“证明A 的……条件是B ”的证明型；三是“找出A 的……条件，并证明”的开放型。

后二者在高考中很少见到。

2，不等式：理解不等式的性质及其证明掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用.掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式.掌握简单不等式的解法.理解不等式| a |-|b |≤|a+b |≤|a |+|b |。

从考题上而言，能力的反应变化为，在解法上由原来的等价转化（穿根法）更推进一步，出现了可以用图象法并结合其他知识的解题这一原来认为是特殊技巧的解法的试题，以此来体现创新能力。

3，复数：这是限于理科的内容，考试要求为：了解复数的有关概念及复数的代数表示和几何意义.掌握复数代数形式的运算法则，能进行复数代数形式的加法、减法、乘法、除法运算.了解从自然数系到复数系的关系及扩充的基本思想.该部分降低要求，重心自然也放在基本的代数运算上。

将这几部分结合在一起，是因为集合中的事例常常是通过不等式解集来体现，试题中也最容易体现此点；而复数也可以看作是由于数集的推广得到的。

二，例题简析例1，不等式e |lnx|>x 2-2的解集为____________（《数理天地》2005年第4期P18）分析：将不等式转化为等价的有理不等式组，为此需要去掉绝对值符号，而lnx>0⇔x>1，此时e |lnx|=e lnx =x ；同理得出lnx<0时情况，注意x>0的隐含条件。

解：原不等式等价于①⎩⎨⎧->≥212x x x 或②⎩⎨⎧->-<<2102x x x ,①的解为1≤x<2;②的解为0<x<1.总之，填(0,2)说明：该题综合了对数的运算、不等式的等价转化及分类讨论的数学思想，知识上不超纲，充分体现了运算与思维能力。

例2，如图，某药店有一架不准确的天平（其两臂不等）和一个10克的砝码。

一名患者想要20克中药，售货员将砝码放在左盘中，将药物放在右盘中，待平衡后交给患者；然后又将药物放在左盘中，将砝码放在右盘中，待平衡后再交给患者。

设患者实际购买药物为m 克，则m________20克（填><=）(石家庄质检题)解：设两臂长分别为b,a,（b>a ），第一次、第二次称得的药物分别为x,y 克，则：10b=xa,yb=10a,从而m=x+y=a b 10+b a 10≥2b a a b 1010∙=20,等号成立当且仅当a b 10=ba 10当且仅当a=b ∵a ≠b ∴m>20克 填>说明：该题容易看不懂题意，凭感觉“药店不吃亏”而错填<；这与考纲中考查理性思维相对应。

例3，某商场对商品进行两次提价，现提出四种提价方案，提价幅度较大的一种是（ ） A,先提价p%,后提价q% B,先提价q%,后提价p%C ，分两次提价2q p +% D,分两次提价222q p +%（以上p ≠q ）（吉林质检） 解：设原价为1，则A 、B 提价后都为(1+p%)(1+q%),A 、B 都不当选；方案C 提价后为(1+2q p +%)2,方案D 提价后为(1+222q p +%)2,只要比较222q p +与2q p +的大小。

这是教材中一个习题，有222q p +≥2q p +，由于p ≠q ，所以222q p +>2q p +,选D 。

说明：不等式222q p +≥2q p +反应了平方和与和的大小关系，是教材中的一个习题，用它可以解决许多问题，该题给我们的启示是，“应将之视作一个基本不等式对待”。

例4，任意两正整数m 、n 之间定义某种运算⊕，m ⊕n= ⎝⎛+异奇偶）与同奇偶）与n m mn n m n m ((,则集合M={(a,b)|a ⊕b=36,a 、b ∈N +}中元素的个数是___________（金良.《考试》2004（11）P25）解：a 、b 同奇偶时，有35个；a 、b 异奇偶时，有(1,36)、(3,12)、(4,9)、(9,4)、(12,3)、(36,1)6个，共计41个。

填41。

说明：定义运算是数学学习到一定程度的抽象产物，它给我们的启示是：集合间的运算并非仅教材上提及的几个简单运算，多数情况下是自定义的。

[试题汇编]一，单项选择题1，已知M={y|y=x 2}，N={y|x 2＋y 2=2}，则M N=( )A 、{(1，1)，(－1，1)}B 、{1}C 、[0，1]D 、[0，2]（湖南示范）2，（理）设复数z=ii +-11+(1+i)2,则(1+z)7展开式的第五项是（ ） A,-21 B,35 C,-21i D,-35i (金榜园模拟3) （文）不等式|x|≥x 2的解集是（ ） A,(-∞，0) B,[)+∞,2 C,(-∞，0)∪[)+∞,2 D,[)[)+∞⋃-,20,2 (武汉4月调研)3，函数y=f(x)是圆心在原点的单位圆的两段圆弧（如图），则不等式f(x)<f(-x)+x 的解集为（）A,{x|-552<x<0或552<x ≤1} B,{x|-1≤x<-552或552<x ≤1} C,{x|-1≤x<-552或552<x ≤1} D,{x|-552<x<552且x ≠0}（浙江路桥中学.《中学教研》.2005（4）P47）4，集合P={1,4,9,16,……},若a ∈P ，b ∈P ，有a ○b ∈P ，则运算○可能是（）A ，加法B ，减法C ，除法D ，乘法 （燕园冲刺三）5，设x 、y 、a 、b ∈R ，且x 2+y 2=4,a 2+b 2=1,则S=ax+by 的最值情况是（ ）A,最大值为5/2，无最小值 B,最大值为2，最小值为-2C ，最大值为5/2，最小值为-5/2D ，以上都不对 （燕园冲刺二）6（文）小区收取冬季供暖费，根据规定，住户可以可以从以下方案中任选其一：方案一，按使用面积缴纳，4元/米2；方案二，按建筑面积缴纳，3元/米2。

李明家的使用面积是60米2，如果他家选择方案二缴纳费用较少，那么他家的建筑面积最大不超过（ ）米2A ，70B ，80C ，90D ，100（燕园冲刺三）（理）某商店某种货物的进价下降了8%，但销售价不变，于是这种货物的销售利润率（%100⨯-进价进价销售价）由原来的r%增加到(r+10)%,则r=( )A,12 B,15 C,20 D,25 (名校联考)7，a<b,d<c 且(c-a)(c-b)<0,(d-a)(d-b)>0，则a 、b 、c 、d 的大小关系是（ ）A,d<a<c<b B,a<c<b<d C,a<d<b<c D,a<d<c<b(黄冈练习)8,函数f(x)=lg(a x -b x ) (a>1>b>0),则f(x)>0的解集为(1,+∞) 的充要条件是（ ）A,a=b+1 B,a<b+1 C,a>b+1 D,b=a+1 （黄冈模拟）9，设集合I={1，2，3}，A ⊆I,若把集合M ∪A=I 的集合M 叫做集合A 的配集，则A={1，2}的配集有（ ）个 A ，1 B ，2 C ，3 D ，4 （黄爱民，胡彬《中学生学习报》2005模拟一）10（文）设a 1≤a 2≤a 3,b 1≤b 2≤b 3为两组实数，c 1,c 2,c 3为b 1,b 2,b 3的任一排列，设P=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3,Q= a 1b 3+a 2b 2+a 3b 1,R= a 1c 1+a 2c 2+a 3c 3则必有( )A,P ≤Q ≤R B,R ≤P ≤Q C,P ≤R ≤Q D,Q ≤R ≤P (唐山一模)（理）设2α是第二象限的角，则复数(tan α+i)(1+icot α)对应的点位于复平面内的第（ ）象限A ．一B ．二C ．三D ．四 （唐山二模）11，有一个面积为1米2，形状为直角三角形的框架，有下列四种长度的钢管供应用，其中最合理（够用且最省）的是（ ）米A,4.7 B,4.8 C,4.9 D,5(石家庄二模)12，（文）设全集U ＝R ，集合2|{2-==x x x M ，R}∈x ，21|{≤+=x x N ，R}∈x 则N M C U )(等于（ ）A ．{2} B ．}31|{≤≤-x x C ．{x |x ＜2，或2＜x ＜3} D ．21|{<≤-x x 或}32≤<x （北京四中模三）（理）不等式组⎩⎨⎧<->-ax a x 2412，有解，则实数a 的满足的取值范围集合是（ ）A ．（-1，3）B ．（-3，1）C ．（-∞，1） （3，＋∞）D ．（-∞，-3） （1，＋∞）（天星教育）二，填空题13，（文）不等式x >ax+23的解集为(4,b),则a.b=_________（胡明显.《考试》2005（4）P20）（理）已知三角形ABC 中，A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，满足a n +b n =c n (n>2),则三角形ABC 一定是__________三角形(按角分类) （全国联考）14（文）已知集合P ＝{（x ，y ）|y ＝m }，Q ＝{（x ，y ）|y ＝1+x a ，a ＞0，a ≠1}，如果P Q 有且只有一个元素，那么实数m 的取值范围是________．（北京四中模二）（理）定义在[-1，1]上的奇函数f(x)单调增，且f(-1)=-1,若f(x)≤t 2-2at+1对一切x 及a ∈[-1,1]恒成立，则t 的取值集合是__________(北京海淀)15， 设含有集合A={1,2,4,8,16}中三个元素的集合A 的所有子集记为B 1,B 2,B 3,…,B n (其中n ∈N *),又将B k (k=1,2,……,n)的元素之和记为a k ,则∑=n k k a1=_____（江苏常州模拟）16，下列4个命题：①命题“若Q 则P ”与命题“若非P 则非Q ”互为逆否命题；②“am 2<bm 2”是“a<b ”的必要不充分条件；③“矩形的两条对角线相等”的否命题为假；④命题“⊄∅{1,2}}或4∉{1,2}”为真命题。

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2024届新高考数学模拟卷(一)及答案

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2024届新高考数学模拟卷(一)及答案一、选择题（每题5分，共40分）1. 设集合A={x|0＜x＜1}，B={x|x＜-1或x＞2}，则A∪B=（）A. {x|x＜1或x＞2}B. {x|0＜x＜1或x＞2}C. {x|x＜-1或x＞0}D. {x|x＜-1或x＜1或x＞2}2. 函数f(x)=x²-2x+3的最小值为（）A. 2B. 3C. 4D. 53. 已知函数f(x)=log₂(x-1)，则f(3)的值为（）A. 1B. 2C. 3D. 44. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5=15，S10=30，则该数列的公差d=（）A. 1B. 2C. 3D. 45. 已知函数f(x)=x³-3x+1，则f'(x)的零点个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 36. 已知f(x)=x²+2x+1，g(x)=x²-4，则f(x)·g(x)的图像是（）A. 开口向上的抛物线B. 开口向下的抛物线C. 没有对称轴的抛物线D. 有对称轴的抛物线7. 一个正方体长宽高分别为2、3、4，则它的对角线长度为（）A. 5B. 6C. 7D. 88. 已知函数f(x)=x²-4x+4，g(x)=x²-6x+9，则f(x)-g(x)的图像是（）A. 开口向上的抛物线B. 开口向下的抛物线C. 没有对称轴的抛物线D. 有对称轴的抛物线二、填空题（每题5分，共30分）9. 若等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3=6，S6=21，则该数列的首项a1=______。

10. 若函数f(x)=2x-3的图像上有一点P(m,n)，则点P的坐标为______。

11. 已知函数f(x)=x²+2x+1，则f(x)在区间（-∞，+∞）上的单调递增区间为______。

12. 若直线y=2x+3与抛物线y=x²-4x+4相交于A、B两点，则AB的长度为______。

高考数学创新题小题汇编答案

高考数学创新题小题汇编答案

高考数学创新题小题汇编1.在平面直角坐标系xOy 中，O 为坐标原点．定义()11,P x y 、()22,Q x y 两点之间的“直角距离”为1212(,)d P Q x x y y =-+-．若点()1,3A -，则(,)d A O = ；已知点()1,0B ，点M 是直线30(0)kx y k k -++=>上的动点，(,)d B M 的最小值为 ． 【解析】 4；32 (1)2 3 (01)k kk k ⎧+⎪⎨⎪+<<⎩≥． 先把直线方程改写成：3(1)y k x -=+，则直线是过定点(1, 3)C -且斜率为正的直线．设直线与x 轴交于点P ，与1x =交于点Q ，则PBQ 构成直角三角形．如右图所示．先考虑1k >的情形：此时若M 介于PQ 间例如点3M ，我们有：333333(,)d B M BN N M BN N P BP =+>+=，也就是M 处在PQ 间时(,)d B M 在P 点取最小值；若M 在QP 延长线上例如点1M ：1111(,)d B M BN N M BP =+>，所以此时(,)d B M 在P 点取最小值；若M 在PQ 延长线上例如点2M ：2222(,)d B M BN N M BQ =+>，所以此时(,)d B M 在Q 点取最小值；又由于1k >时BQ BP >，所以综合知3min (,)2d B M BP k==+； 类似地可以知道：若1k <，则M 分别在QP 延长线上、PQ 间、PQ 延长线上时，(,)d B M 分别在P 点，Q 点，Q 点取最小值，又此时BP BQ >，故min (,)23d B M BQ k ==+； 若1k =则BP BQ =，(,)d B M 在PQ 间任意一点都取到最小值．2.在平面直角坐标系中，定义1212(,)d P Q x x y y =-+-为两点11(,)P x y ，22(,)Q x y 之间的“折线距离”．则坐标原点O 与直线20x y +-=上一点的“折线距离”的最小值是 ；圆221x y +=上一点与直线20x y +-=上一点的“折线距离”的最小值是 ． 【解析】． 第一问，可直接利用折线距离的几何定义：设直线20x y +-与x 轴、y 轴分别交于点M 、N：则)M，(N ；当点Q 在MN 的延长线上时，(,)(,)d O Q d O N ≥；当点Q 在NM 的延长线上时，(,)(,)d O Q d O M ≥；当点Q 在MN 之间时，(,)(,)d O Q d O M ≥，min (,)(,)d O Q d O M ==，当Q 点与M 点重合时取到等号．第二问，类似第一问可知，当1P 在单位圆上固定一点时，对于直线MN 上任一点1Q ，当且仅当11PQ x ∥轴时1111(,)d P Q PQ =取最小； 为了求水平距离11PQ 的最小值，如图所示，过1P 作x 轴的平行线交直线MN 于1Q ，过1P 作直线MN 的垂线垂足为1H ；则1111PHPQ 为定值，为直线MN 的倾角的正弦：∴1111PQ =；求水平距离11PQ 的最小值即为求11PH 的最小值； 过O 点作直线MN 的垂线，交单位圆于P ，垂足为H ，则当且仅当1P 与P 重合时，11PH取到最小值PH ；此时过P 作x 轴的平行线交直线MN 于Q ，则11PQ 也取到最小值PQ ；∵2OH ==，1OP =，∴1PH =，PQ =，∴11min (,)d P Q PQ ==，当11,P Q 分别与,P Q 重合时取到等号． 3在平面直角坐标系中，定义1212(,)d P Q x x y y =-+-为两点11(,)P x y ，22(,)Q x y 之间的“折线距离”．在这个定义下，给出下列命题：①到原点的“折线距离”等于1的点的集合是一个正方形； ②到原点的“折线距离”等于1的点的集合是一个圆；③到(1,0),(1,0)M N -两点的“折线距离”之和为4的点的集合是面积为6的六边形； ④到(1,0),(1,0)M N -两点的“折线距离”差的绝对值为1的点的集合是两条平行线． 其中正确的命题是 ．（写出所有正确命题的序号） 【解析】 ①③④．①设点的坐标为(,)x y ，根据定义有1x y +=，这是4条线段围成的正方形，如上图所示．②自然错误．更一般地，易见到点P 的“折线距离”等于a 的点的集合同样也是以P 为中心半对角线长为a 的斜45︒正方形，这是欧氏距离下圆的近似；③设点的坐标为(,)x y ，根据定义有1124x x y ++-+=，整理得1122x x y ++-=-，画出其图像是上图所示的六边形，面积为6．更一般地不难证明：若,M N 纵坐标相同，2MN c =，则到,M N 两点的“折线距离”和为2()a a c >的点的集合也是类似的对称六边形，以MN 为对称轴，以MN 中点为对称中心，长为2a ，高为2()a c -，水平边长为2c ，面积222()S a c =-，这是欧氏距离下椭圆的近似；若,M N 横纵坐标均不同时情况将异常复杂．④设点的坐标为(,)x y ，根据定义有111x x +--=，解得12x =±，这是两条竖直直线，如上图所示．更一般地不难证明：若,M N 纵坐标相同，2MN c =，则到,M N 两点的“折线距离”差的绝对值为2()a a c <的点的集合也是两条竖直直线，与MN 中点距离为a ，这是欧氏距离下双曲线的近似；若,M N 横纵坐标均不同时情况将异常复杂．4.已知函数()f x 的定义域为R ，若存在常数0m >，对任意x ∈R ，有()f x m x ≤，则称()f x 为F 函数．给出下列函数：①()0f x =；②2()f x x =；③()sin cos f x x x =+；④2()1xf x x x =++；⑤()f x 是定义在R 上的奇函数，且满足对一切实数12,x x 均有1212()()2f x f x x x --≤．其中是F函数的序号为（ ）A ．①②④B ．②③④C ．①④⑤D ．①②⑤ 【解析】 C ．()f x m x ≤⇔0x =时(0)0f =，0x ≠时()f x m x≤，即过原点的弦斜率有界．①()0f x =显然满足上面性质；②2()f x x =，(0)0f =但0x ≠时()f x x x=无界；③()sin cos f x x x =+，(0)0f ≠；④2()1xf x x x =++，(0)0f =且0x ≠时2()1413f x x x x =++≤； ⑤如右图所示，()f x 是奇函数则(0)0f =；又1212()()2f x f x x x --≤恒成立，所以所有的弦斜率绝对值有界2，自然2也是过原点的弦的界，所以()2f x x≤（也可以直接取20x =得到）． ．5.定义方程()()f x f x '=的实数根0x 叫做函数()f x 的 “新驻点”，如果函数()g x x =，()ln(1)h x x =+，()cos x x ϕ=（x π⎛⎫∈π ⎪2⎝⎭，）的“新驻点”分别为α，β，γ，那么α，β，γ的大小关系是 ． （γαβ>>）()g x x =，()1g x '=，∴1α=；()ln(1)h x x =+，1()1h x x '=+，∴1ln(1)1ββ+=+；()cos x x ϕ=，()sin x x ϕ'=-，∴cos sin γγ=-，∵γπ⎛⎫∈π ⎪2⎝⎭，，∴3π4γ=因为11y x =+在[)0,+∞内单调递减且从1趋向于0，ln(1)x +在区间[)0,+∞内单调递增从0趋向于+∞，∴两者有唯一交点，即β有唯一解；∵1ln(01)01>++，1ln(11)0.69311<+=+，∴01β<< ∴γαβ>>6.若X 是一个集合，τ是一个以X 的某些子集为元素的集合，且满足：①X 属于τ，∅属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中任意多个元素的交集属于τ．则称τ是集合X 上的一个拓扑．已知集合{}X a b c =，，，对于下面给出的四个集合τ： ①{{}{}{}}a c a b c τ=∅，，，，，；②{{}{}{}{}}b c b c a b c τ=∅，，，，，，，；③{{}{}{}}a a b a c τ=∅，，，，，；④{{}{}{}{}}a c b c c a b c τ=∅，，，，，，，，． 其中是集合X 上的拓扑的集合τ的序号是 ． 【解析】 ②④．①不是拓扑，因为{}a τ∈，{}c τ∈，但{}{}a c τ∉； ②是拓扑，可以逐一验证三条性质都满足； ③不是拓扑，因为全集{,,}X a b c τ=∉；④是拓扑，可以逐一验证三条性质也都满足．7.平面直角坐标系中横坐标、纵坐标均为整数的点称为格点，如果函数()f x 的图象恰好通过()k k *∈N 个格点，则称函数()f x 为k 阶格点函数．下列函数：①()sin πf x x =；②2()π(1)3f x x =-+；③21()3x f x -⎛⎫= ⎪⎝⎭； ④0.6()log (1)f x x =+；⑤1()1f x x =-，其中是一阶格点函数的有 ．（填上所有满足题意的函数的序号）答案：②④．①()sin πf x x =：∵sin π0,m m =∈Z ，∴(,0)m 在()f x 上，()f x 经过无穷个格点(,0)m ；②2()π(1)3f x x =-+：(1)3f =，当1,m m ≠∈Z 时易见()f m 为无理数，∴()f x 只经过(1,3)这个格点； ③21()3x f x -⎛⎫= ⎪⎝⎭： 当2,m m ∈Z ≤时221()33m m f m --⎛⎫== ⎪⎝⎭都为整数，∴()f x 经过无穷个格点2(,3)m m -；④0.6()log (1)f x x =+：(0)0f =；若(), ,f m n m n =∈Z ，则315nm ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由于3,5互素，左边当且仅当0n =时才为整数，∴()f x 只经过原点这个格点；⑤1()1f x x =-：若(), ,f m n m n =∈Z ，则(1)1m n -=，解得(,)(2,1)m n =或01-（，），∴()f x 经过两个格点．8.点P 在直线:1l y x =-上，若存在过P 的直线交抛物线2y x =于A ，B 两点，且PA AB =，则称点P 为“A 点”，那么下列结论中正确的是（ ） A ．直线l 上的所有点都是“A 点” B ．直线l 上仅有有限个点是“A 点” C ．直线l 上的所有点都不是“A 点”D ．直线l 上有无穷多个点（点不是所有的点）是“A 点” 【解析】 A本题主要考查阅读与理解、信息迁移以及学生的学习潜力，考查学生分析问题和解决问题的能力．属于创新题型． 本题采作数形结合法易于求解，如图， 设()A m n ，，(1)P x x -， 则(221)B m x n x --+，，∵A ，B 在2y x =上，∴2221(2)n m n x m x ⎧=⎪⎨-+=-⎪⎩ 消去n ，整理得关于x 的方程22(41)210x m x m --+-= ①∵222(41)4(21)8850m m m m ∆=---=-+>恒成立， ∴方程①恒有实数解，∴应选A ．9.某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下：第k 棵树种植在点(, )k k k P x y 处，其中11x =，11y =，当2k ≥时，1112155512 55k k k k k k x x T T k k y y T T --⎧⎡--⎤⎛⎫⎛⎫=+--⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎨--⎛⎫⎛⎫⎪=+- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩； ()T a 表示非负实数a 的整数部分，例如(2.6)2T =，(0.2)0T =．按此方案，第6棵树种植点的坐标应为 ；第2008棵树种植点的坐标应为 ． 【解析】 (1, 2)，(3, 402) 211x x =+，32112x x x =+=+，…，54114x x x =+=+，65115x x x =+-=，……，于是5111k x x +==，522k x +=，533k x +=，544k x +=，*555()k x k +=∈N ；543211y y y y y =====，6512y y =+=，……，于是51525354551k k k k k y y y y y k +++++=====+． 故第6棵树的种植点的坐标为(1, 2)；200854013=⨯+，20083x =，2008402y =，故第2008棵树的种植点坐标为(3, 402)．10.在平面直角坐标系中，点集{}22(,)|1A x y x y =+≤，{}(,)|4,0,340B x y x y x y =-≤≥≥，则⑴ 点集{}1111(,)|3,1,(,)P x y x x y y x y A ==+=+∈所表示的区域的面积为_____；⑵ 点集{}12121122(,)|,,(,),(,)Q x y x x x y y y x y A x y B ==+=+∈∈所表示的区域的面积为 ．【解析】π；18π+； 点集A 就是整个单位圆；点集B 所表示的区域是如图所示的直角三角形OMN ，其中4OM =，3MN =．⑴ 点集P 是将点集A 中的所有点横坐标加3纵坐标加1得到的，即都进行了一个向量(3,1)n =的平移，所以整体上集合A 也按照向量n 进行了平移，得到的点集P 还是一个半径为1的圆，圆心在(3,1)，所以面积依旧是π； ⑵ 点集Q 实际上可以写成：2222(,)(,)x y BQ x y A ∈=+，其中22(,)x y A +看成是A 按照向量22(,)x y 的平移得到的点集．而22(,)x y A +得到的是以22(,)x y 为圆心半径为1的圆，所以Q 就是所有圆心在OMN ∆里半径为1的圆的并；如图所示：当半径为1的圆在OMN ∆边界上滑动时，分别得到矩形ONQP ，矩形NMSR ，矩形MOUT ；在顶点滚动时，得到三个扇形；所以最终Q 就是图示阴影部分．不难求得面积21111π118π2S ON NM MO OM ON =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=+11.一个数字生成器，生成规则如下：第1次生成一个数x ，以后每次生成的结果是将上一次生成的每一个数x 生成两个数，一个是 x -，另一个是3x +．设第n 次生成的数的个数为n a ，则数列{}n a 的前n 项和n S = ；若1x =，前n 次生成的所有数．．．中不同的数的个数为n T ，则n T = ．【解析】 21n -； 1 (1)3 (2)4 6 (3)n n n n =⎧⎪=⎨⎪-⎩≥．11a =，22a =，34a =，每次生成数的个数都比上一次翻倍，所以12n n a -=，21n n S =-； 为了研究所有生成数中不同数的个数，我们用一个双排单链表来考察一下生成数的过程：1n =时，只有1个数x ；2n =时，共有3个数：3x x x →+↓- 3n =起，生成的所有数形成了一个双排单链表3A ，其中箭头代表生成过程：3633x x x x x x →+→+↓-+←---4n =时的链表4A 如下：33696336x x x x x x x x x x -→+→+→+↑↓-+←-+←-←---- 这个链表k A 具有这样的规律：①第一排从左往右，第二排从右往左，都是公差为3的等差数列；第一排的x 与第二排的x -对应；②两排项数相同但是错开1项，除掉第一排的尾项与第二排的首项以外，其余项一一对应且互为相反数；③在生成数的过程中，第一排的数只能生成其右边和下边的数，第二排的数只能生成其左边和上边的数，箭头表明了生成的过程；④从n k =到1n k =+时，根据③，链表k A 的中间段不可能再生成新数，只有第一排尾项与第二排首项能生成新数，第一排尾项为两排右边各加一项，变成1k A +两排的新尾项；k A 第二排首项为两排左边各加一项，变成1k A +两排的新首项；⑤根据④，1k A +的链表每排项数比k A 的链表多2，3A 每排有3项，4A 每排有5项，∴(3)k A k ≥每排有23k -项；⑥当1x =时，k A 的第一排被3除余1，第二排被3除余2，所以两排的项不会重复，从而k A 列出了前k 次生成的所有不同的数；∴n T 为链表n A 的项数，即46(3)n T n n =-≥；另外23T =，11T =． 下面给出了链表k A ：3(3)3(2)3(1)3(2)3(3)3(2)x k x x k x k x k x k x x k --→→+-→+-↑↓-+-←-+-←-←---12.如果对任意一个三角形，只要它的三边长a ，b ，c 都在函数()f x 的定义域内，就有()f a ，()f b ，()f c 也是某个三角形的三边长，则称()f x 为“Л型函数”．则下列函数：①()f x ； ②()sin g x x = (0,π)x ∈； ③()ln h x x = [2,)x ∈+∞， 是“Л型函数”的序号为 ． 【解析】 ①③；若,,0a b c >，a b c +>，，故①满足；若,,2a b c ≥，a b c +>，则(1)(1)1a b ab a b --⇒+≥≥，ln ln ln()ln()ln a b ab a b c +=+>≥，故③满足；②反例：3a b ==，π2c =时，,,a b c 构成三角形，但πsin sin 1sin 2a b +<=，故sin ,sin ,sin a b c不构成三角形．13.设函数()f x 的定义域为D ，若存在非零实数l 使得对于任意()x M M D ∈⊆，有x l D +∈，且()()f x l f x +≥，则称()f x 为M 上的l 高调函数．如果定义域是[1,)-+∞的函数2()f x x =为[1,)-+∞上的m 高调函数，那么实数m 的取值范围是 ．如果定义域为R 的函数()f x 是奇函数，当0x ≥时，22()f x x a a =--，且()f x 为R 上的4高调函数，那么实数a 的取值范围是 ． 【解析】 2m ≥；11a -≤≤．第一问，依定义，22()x m x +≥在[1,)-+∞上恒成立，即220mx m +≥在[1,)-+∞上恒成立；由于0m ≠，分两种情况讨论：①0m <时，若2mx >-，22mx m <-，矛盾；所以这种情形不存在；②0m >时，在[1,)-+∞上，一次函数22mx m +在1x =-处取到最小值22m m -+，根据题意，只需要最小值220m m -+≥即可，解得2m ≥； ∴实数m 的取值范围是2m ≥；第二问，用数形结合的思想来解决．如图所示，先作出()y f x =的图象，其图象是由三条直线构成的折线，与x 轴有三个交点2(2,0)a -、(0,0)、2(2,0)a ；极大值点22(,)a a -；极小值点22(,)a a -； 而(4)f x +是()f x 沿x 轴向左平移4个单位得到的图象，当且仅当(4)f x +的右端直线整体处于()f x 的左端直线上方时，才有(4)()f x f x +≥恒成立（如图所示的实线与虚线）；即当且仅当22242a a --≤时()f x 才是4高调函数，解得a 的取值范围是[]1,1-．)y14.我们可以利用数列{}n a 的递推公式2,,n n n n a a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数()n *∈N 求出这个数列各项的值，使得这个数列中的每一项都是奇数．则2425a a += ；研究发现，该数列中的奇数都会重复出现，那么第8个5是该数列的第 项． 【解析】 28，640．2412633a a a a ====，同时2525a =，因此242528a a +=；第k 个5出现在第152k -⋅项，因此第8个5是该数列的第752640⋅=． 15.给定集合{1,2,3,...,}n A n =，映射:n n f A A →满足： ①当,,n i j A i j ∈≠时，()()f i f j ≠；②任取,n m A ∈若2m ≥，则有m {(1),(2),..,()}f f f m ∈．则称映射f ：n n A A →是一个“优映射”．例如：用表1表示的映射f ：33A A →是一个“优映射”． 表1⑴ 已知表2表示的映射f ： 44A A →是一个优映射，请把表2补充完整（只需填出一个满足条件的映射）；⑵ 若映射f ：1010A A →是“优映射”，且方程()f i i =的解恰有6个，则这样的“优映射”的个数是 ． 【解析】 ⑴ 或⑵84．考虑怎样的映射f 才能构成优映射，设f 是一个优映射，则： 若(1)1f =，不难知道此时()(2)f i i i n =≤≤，即f 是恒等映射；若11(1)(1)f k k =>，则可知1()(21)f i i i k =-≤≤，此时如果1()1f k =，则又有1()(1)f i i k i n =+≤≤；若1221()()f k k k k =>，则又有12()(11)f i i k i k =+-≤≤，此时又转化成对2()1f k =还是23()f k k =的讨论：若2()1f k =，则2()(1)f i i k i n =+≤≤； 若2332()()f k k k k =>，类似地23()(11)f i i k i k =+-≤≤；如此过程反复进行，至多进行1n -次，最终我们可以得到：f 是n n A A →的优映射，当且仅当存在一个单增序列121(0)t k k k t <<<<≥，使得f 在该序列上是右轮换映射，在其余值是恒等映射，即：1(1)f k =，12()f k k =，…，1()t t f k k -=，()1t f k =，1()(1,,,)t f i i i k k =≠．在本题中，满足()f i i =的解恰有6个的优映射，其轮换序列为1231k k k <<<，有39C 84=种情形，所以满足题意的优映射有84个．16.已知满足条件221x y +≤的点()x y ，构成的平面区域的面积为1S ，满足条件22[][]1x y +≤的点()x y ，构成的平面区域的面积为2S ，（其中[]x 、[]y 分别表示不大于x 、y 的最大整数），则点12()S S ，一定在（ ）A ．直线y x =左上方的区域内B ．直线y x =上C ．直线y x =右下方的区域内D ．直线7x y +=左下方的区域内 【解析】 A ．221x y +≤就是单位圆面，所以1=πS ．而求2S 就要费一番周折了：()()()()()()22[][]1[],[]1,0,0,1,0,0,0,1,1,0x y x y +⇔=--≤，根据取整函数的定义可以画出其图像如下：可见22[][]1x y +≤代表的区域是一个十字，所以25S =．所以A ，B ，C 中只有A 对，D 也是错误的，5π7+>．注：此题如果直接根据[], []x x y y ≤≤而试图得到2222121[][]1x y x y S S +⇒+⇒<≤≤是错误的（虽然结果正确）．由图示可以看到，两块区域并不是互相包含的关系，各自都含有对方没有的部分，22221[][]1x y x y +⇒+≤≤是错误的，例如0.5x y ==-．17.对于任意两个正整数，定义运算（用⊕表示运算符号）：当m ，n 都是正偶数或都是正奇数时，m n m n ⊕=+；而当m ，n 中一个为正偶数，另一个为正奇数时，m n m n ⊕=⨯．例如464610⊕=+=,373710⊕=+=，343412⊕=⨯=．在上述定义中，集合(){}*|12M a b a b a b =⊕=∈N ，，，的元素有 个．答案：15；,m n 同奇偶时有11组：()()()111,210,,111，，，；,m n 异奇偶时有4组：()()()()112,121,34,43，，，，． 18.示了一个由区间()01，到实数集R 的映射过程：区间()01，中的实数m 对应数轴上的点M ，如图1；将线段AB 围成一个圆，使两端点A 、B 恰好重合，如图2；再将这个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在y 轴上，点A 的坐标为()01，，如图3．图3中直线AM 与x 轴交于点()0N n ，，则m 的象就是n ，记作()f m n =．⑴ 方程()0f x =的解是x = ；⑵ 下列说法中正确命题的序号是 ．（填出所有正确命题的序号）①114f ⎛⎫= ⎪⎝⎭；②()f x 是奇函数；③()f x 在定义域上单调递增；④()f x 的图象关于点1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭对称．【解析】 12；③④．解法一（根据f 的映射方式）：⑴ ()0f x =⇔象点N 与原点O 重合⇔AM 是直径⇔12AM =⇔M 点的初始坐标是12⇔12x =； ⑵①14m =⇔14AM =⇔AM 所对的圆心角为90︒⇔直线AM 的倾角为45︒⇔AM 的斜率为1⇔N 点在原点O 左侧且NO OM =⇔N 点坐标为1-⇔114f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭；B 图 1图 2图 3②()f x 的定义域是(0,1)，所以肯定不是奇函数；③m 增大⇔AM 弧长增大⇔AM 所对的圆心角增大⇔直线AM 的倾角增大⇔直线AM 的截距即N 点坐标增大⇔()f m 的值增大；④如右图，设f 将M 点映射到N ，P 点映射到Q ，设,,,M N P Q 所对的值分别为,,,m n p q ．则,M P 关于y 轴对称当且仅当,N Q 也关于y 轴对称⇔1AM AP +=当且仅当NO OQ =⇔1m p +=当且仅当0n q +=⇔1m p +=当且仅当()()0f m f p +=⇔()f x 的图象关于点1,02⎛⎫⎪⎝⎭对称．解法二（写出f 的解析式）：如图所示，f 的映射方式是将弧长AM 映射到ON 的有向长度．设圆心为C ，若M 点对应的值为m ，即弧长AM m =，注意到圆周长为1，则弧长AM所对的圆心角2π2π1mACM m ∠=⋅=，∴ππ2π10222π(2π)π2π11222ACM m m CAM ACM m m ⎧-∠-⎛⎫==< ⎪⎪⎪⎝⎭∠=⎨--∠-+⎛⎫⎪==< ⎪⎪⎝⎭⎩≤≤，∴190π02190π12CAM m m ANO CAM m m ⎧⎛⎫=︒-∠=< ⎪⎪⎪⎝⎭∠=⎨⎛⎫⎪=︒+∠=< ⎪⎪⎝⎭⎩≤≤根据正切函数的定义，tan tan πA OO N y y ANO m x x -∠==-，其中1A y =，0O O x y ==；解得cot πN x m =-；∴()cot π(01)f m m m =-<<．根据()f m 的解析式，易知()0f x =的解为12x =，命题①②③④中只有③④成立．19.个函数：①2cos y x =； ②31y x =-； ③12x y +=． 其中满足性质：“对于任意1x ，2x ∈R ，若102x x x <<，102x x α+=，022x x β+=，则有12()()()()f f f x f x αβ-<-成立”的函数是 ．（写出全部正确结论的序号）【解析】 ②③．设 ()11xf x x +=-，又记()()1f x f x =，()()()1k k f x f f x +=，1,2,k =，则()2009f x =_________．A ．11x x +-B ．11x x -+ C ．x D ．1x -【解析】 A ．① 容易举出反例：∵(0)(2π)2f f ==，∴取102π0,,2π2x x x ===，则π5π,44αβ==，显然12()()()()0f f f x f x αβ=->-=；② 注意到3()1f x x =-在R 上单调递减，∴102()()()()()f x f f x f f x αβ>>>>，12()()()()f f f x f x αβ-<-恒成立； ③1()2x f x +=在R 上单调递增，∴102()()()()()f x f f x f f x αβ<<<<，12()()()()f f f x f x αβ-<-恒成立．20.满足：12a =，111(234)n n a n a -=-=，，，，则4a = ；若{}n a 有一个形如sin()n a A n B ωϕ=++的通项公式，其中A B ωϕ，，，均为实数，且0A >，0ω>，π2ϕ<，则此通项公式可以为n a = （写出一个即可）．【解析】 2，2(31)ππ1()332n k a n k +⎡⎤=-+∈⎢⎥⎣⎦N ．12a =，212a =，31a =-，42a =，…，{}n a 是以3为周期的数列，∵3n n a a +=，∴3是sin()A n B ωϕ++的周期，而sin()A n B ωϕ++的最小正周期是2πω，∴存在正整数m ，使得2π3m ω⋅=，∴2π3m ω=且3m （否则通项公式为常数）．∴12332π4πsin sin sin(2π)33233m m a a a A m B B ϕϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++=++++++=⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦．这里利用了恒等式当3m 时，2π4πsin sin sin(2π)033m m m ϕϕϕ⎛⎫⎛⎫+++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由12B =和2a 可得：4πsin 03m A ϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，于是存在整数t ，使得2ππ3m t ϕ=+； 由ϕ和13,a a 可得4π3sin π32m A t ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，2π3sin π32m A t ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭：① 若31m k =+，13,a a 化为4π3sin π32A t ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，2π3sin π32A t ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，由0A >知只能有A =且21t s =+为奇数；此时,,A B ω都确定，只差ϕ．由ϕ的形式2π2(31)π5π(21)π2()ππ333m k t s k s ϕ+=+=++=++以及π2ϕ<知π3ϕ=-∴2(31)ππ1()332n k a n k +⎡⎤=-+∈⎢⎥⎣⎦N② 若32m k =+，即有2π3sin π32A t ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，4π3sin π32A t ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，同上可得A =且2t s =为偶数；但此时2π2(32)π4π2π2()ππ333m k t s k s ϕ+=+=+=++，不可能处在π2ϕ<的范围内；所以这种情况不存在．（注意：答案必列出全部情形，如写成2ππ1332n a n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭即可）21.集R 中定义一种运算“*”，具有性质：①对任意,,**a b R a b b a ∈=；②对任意,*0a R a a ∈=； ③对任意,,,(*)**()(*)(*)2a b c R a b c c ab a c b c c ∈=++-；则0*2= ；函数1()*(0)f x x x x=>的最小值为 ．答案：2；3．WORD 完整版----可编辑----教育资料分享----完整版学习资料分享----22.已知函数f x 由下表给出k 01234a a a a a ，，，，k 的次数．则4a = ；0123a a a a +++= ．【解析】 05，．因为k a 等于在总共5个数中k 出现的次数，由于次数必定为整数且最多为5，所以必定有{}0 1 2 3 4 5k a ∈，，，，，； ①不存在5k a =的情形；即{}0 1 2 3 4k a ∈，，，，； 否则若5k a =，则代表k 出现5次，于是这5个数为,,,,k k k k k ；而又5k a =，所以这5个数只能为5,5,5,5,5；于是05a =但0出现0次，矛盾；②01234012345012345a a a a a a a a a a ++++=⎧⎨⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=⎩；一方面，01234a a a a a ，，，，中共5个数，这些数的和为01234a a a a a ++++； 另一方面，01234a a a a a ，，，，中只有0a 个0，1a 个1，2a 个2，3a 个3，4a 个4，除此之外没有别的数（由①），所以总共只有01234a a a a a ++++个数，这些数的和为0123401234a a a a a ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅；两方面对比即得0123401234012345a a a a a a a a a a ++++=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=； ③40a =；01235a a a a +++=； 由②知41a ≤（否则445a >）；下面我们证明40a =； 不然，若41a =，则01230123401231a a a a a a a a +++=⎧⎨⋅+⋅+⋅+⋅=⎩，这个方程组只有唯一解（由①）：()01234,,,,(3,1,0,0,1)a a a a a =，于是这里03a =但0出现2次，矛盾；∴40a =，这里已经可以解答原题，如果想求出每个数的值，还要继续往下： ④30a =；由③得01230123501235a a a a a a a a +++=⎧⎨⋅+⋅+⋅+⋅=⎩，∴31a ≤；若31a =，则01201240122a a a a a a ++=⎧⎨⋅+⋅+⋅=⎩，解得()01234,,,,(3,0,1,1,0)a a a a a =或(2,2,0,1,0)，这两个解都能轻松导出矛盾；∴30a =；⑤()01234,,,,(2,1,2,0,0)a a a a a =；由③④得01201250125a a a a a a ++=⎧⎨⋅+⋅+⋅=⎩，解得()01234,,,,(0,5,0,0,0)a a a a a =或(1,3,1,0,0)或(2,1,2,0,0)，前两个解都能轻松导出矛盾，只有最后一组解经检验符合题意：此时(2,1,2,0,0)中正好恰有2个0，1个1，2个2，0个3，0个4．。

广东省2023年高考数学模拟(一模)试题按题型难易度分层分类汇编(11套)-01选择题(容易题)

广东省2023年高考数学模拟(一模)试题按题型难易度分层分类汇编(11套)-01选择题(容易题)

广东省2023年各地区高考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编（11套）-01选择题（容易题）一．元素与集合关系的判断（共1小题）1．（2023•惠州一模）设集合M＝{x∈Z|100＜2x＜1000}，则M的元素个数为（ ）A．3B．4C．9D．无穷多个二．子集与真子集（共1小题）2．（2023•广州一模）已知集合A＝{x∈Z|x2﹣2x﹣3＜0}，则集合A的子集个数为（ ）A．3B．4C．8D．16三．交集及其运算（共2小题）3．（2023•高州市一模）已知集合A＝{x|x+1＞0}，B＝{x|3x2+2x﹣1＝0}，则A∩B＝（ ）A．{1}B．{}C．{﹣1，}D．{﹣，1} 4．（2023•茂名一模）设集合A＝{x|﹣1＜x＜3}，B＝{﹣2，﹣1，0，3}，则A∩B＝（ ）A．{﹣1，3}B．{x|﹣1＜x＜3}C．{0，1}D．{0}四．补集及其运算（共1小题）5．（2023•汕头一模）设全集U＝{0，1，2，3，4}，集合A＝{x∈U||x﹣2|≥1}，则∁U A＝（ ）A．{x|1＜x＜3}B．{x|1≤x≤3}C．{2}D．{1，﹣2，3}五．全称命题的否定（共1小题）6．（2023•江门一模）命题“∀x∈Q，x2﹣5≠0”的否定为（ ）A．∃x∉Q，x2﹣5＝0B．∀x∈Q，x2﹣5＝0C．∀x∉Q，x2﹣5＝0D．∃x∈Q，x2﹣5＝0六．抽象函数及其应用（共1小题）7．（2023•高州市一模）已知函数y＝f（x+1）﹣2是奇函数，函数g（x）＝的图象与f（x）的图象有4个公共点P i（x i，y i）（i＝1，2，3，4），且x1＜x2＜x3＜x4，则g （x1+x2+x3+x4）g（y1+y2+y3+y4）＝（ ）A．2B．3C．4D．5七．分段函数的应用（共1小题）8．（2023•广东一模）已知函数f（x）＝若f（a）＜f（6﹣a），则实数a的取值范围是（ ）A．（﹣3，+∞）B．（﹣∞，﹣3）C．（3，+∞）D．（﹣∞，3）八．等差数列的前n项和（共1小题）9．（2023•江门一模）已知等差数列{a n}（n∈N+）的前n项和为S n，公差d＜0，，则使得S n＞0的最大整数n为（ ）A．9B．10C．17D．18九．平面向量数量积的性质及其运算（共1小题）10．（2023•汕头一模）已知向量＝（1，），（﹣1，0），＝（，k）．若＜，＞＝＜，＞，则实数k＝（ ）A．B．﹣3C．﹣D．3一十．平面向量的基本定理（共1小题）11．（2023•茂名一模）在△ABC中，，，若点M满足，则＝（ ）A．B．C．D．一十一．复数的代数表示法及其几何意义（共2小题）12．（2023•茂名一模）复平面内表示复数z＝i（2﹣3i）的点位于（ ）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限13．（2023•佛山一模）设复数z满足（1+i）2z＝5﹣2i，则z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．第四象限一十二．复数的运算（共3小题）14．（2023•惠州一模）已知复数z满足z（1+2i）＝|4﹣3i|（其中i为虚数单位），则复数z 的虚部为（ ）A．﹣2B．﹣2i C．1D．i 15．（2023•湛江一模）已知i为虚数单位，若＝i，则实数b＝（ ）A．1B．﹣1C．2D．﹣2 16．（2023•江门一模）已知i为虚数单位，复数z满足（1﹣i）z＝|1+i|，则z＝（ ）A．+i B．﹣i C．D．i一十三．共轭复数（共2小题）17．（2023•广州一模）若复数z＝3﹣4i，则＝（ ）A．B．C．D．18．（2023•高州市一模）已知复数z＝，则||＝（ ）A．B．C．D．一十四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共1小题）19．（2023•惠州一模）如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB ⊥AC．现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C（如图2），则容器的高h为（ ）A．3B．4C．D．6一十五．二项式定理（共2小题）20．（2023•惠州一模）已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，现从展开式中任取2项，则取到的项都是有理项的概率为（ ）A．B．C．D．21．（2023•江门一模）已知多项式，则a7＝（ ）A．﹣960B．960C．﹣480D．480广东省2023年各地区高考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编（11套）-01选择题（容易题）参考答案与试题解析一．元素与集合关系的判断（共1小题）1．（2023•惠州一模）设集合M＝{x∈Z|100＜2x＜1000}，则M的元素个数为（ ）A．3B．4C．9D．无穷多个【答案】A【解答】解：由函数y＝2x在R上单调递增，及26＝64，27＝128，29＝512，210＝1024，可得M＝{7，8，9}，则其元素个数为3．故选：A．二．子集与真子集（共1小题）2．（2023•广州一模）已知集合A＝{x∈Z|x2﹣2x﹣3＜0}，则集合A的子集个数为（ ）A．3B．4C．8D．16【答案】C【解答】解：∵集合A＝{x|x∈Z|x2﹣2x﹣3＜0}＝{x∈Z|﹣1＜x＜3}＝{0，1，2}，∴集合A的子集个数为23＝8．故选：C．三．交集及其运算（共2小题）3．（2023•高州市一模）已知集合A＝{x|x+1＞0}，B＝{x|3x2+2x﹣1＝0}，则A∩B＝（ ）A．{1}B．{}C．{﹣1，}D．{﹣，1}【答案】B【解答】解：集合A＝{x|x+1＞0}＝{x|x＞﹣1}，B＝{x|3x2+2x﹣1＝0}＝{﹣1，}，则A∩B＝{}．故选：B．4．（2023•茂名一模）设集合A＝{x|﹣1＜x＜3}，B＝{﹣2，﹣1，0，3}，则A∩B＝（ ）A．{﹣1，3}B．{x|﹣1＜x＜3}C．{0，1}D．{0}【答案】D【解答】解：集合A＝{x|﹣1＜x＜3}，B＝{﹣2，﹣1，0，3}，则A∩B＝{0}．故选：D．四．补集及其运算（共1小题）5．（2023•汕头一模）设全集U＝{0，1，2，3，4}，集合A＝{x∈U||x﹣2|≥1}，则∁U A＝（ ）A．{x|1＜x＜3}B．{x|1≤x≤3}C．{2}D．{1，﹣2，3}【答案】C【解答】解：∵U＝{0，1，2，3，4}，A＝{x∈U|x≤1或x≥3}＝{0，1，3，4}，∴∁U A＝{2}．故选：C．五．全称命题的否定（共1小题）6．（2023•江门一模）命题“∀x∈Q，x2﹣5≠0”的否定为（ ）A．∃x∉Q，x2﹣5＝0B．∀x∈Q，x2﹣5＝0C．∀x∉Q，x2﹣5＝0D．∃x∈Q，x2﹣5＝0【答案】D【解答】解：原命题为全称量词命题，该命题的否定为“∃x∈Q，x2﹣5＝0”．故选：D．六．抽象函数及其应用（共1小题）7．（2023•高州市一模）已知函数y＝f（x+1）﹣2是奇函数，函数g（x）＝的图象与f（x）的图象有4个公共点P i（x i，y i）（i＝1，2，3，4），且x1＜x2＜x3＜x4，则g （x1+x2+x3+x4）g（y1+y2+y3+y4）＝（ ）A．2B．3C．4D．5【答案】D【解答】解：根据题意，函数y＝f（x+1）﹣2为奇函数，则函数y＝f（x）关于点（1，2）对称，函数g（x）＝＝+2，其图象也关于点（1，2）对称，则有x1+x2+x3+x4＝4，y1+y2+y3+y4＝8，则g（x1+x2+x3+x4）g（y1+y2+y3+y4）＝g（4）g（8）＝×＝5，故选：D．七．分段函数的应用（共1小题）8．（2023•广东一模）已知函数f（x）＝若f（a）＜f（6﹣a），则实数a的取值范围是（ ）A．（﹣3，+∞）B．（﹣∞，﹣3）C．（3，+∞）D．（﹣∞，3）【答案】D【解答】解：根据函数f（x）的图象，可得f（x）在R上单调递增，若f（a）＜f（6﹣a），则有a＜6﹣a，∴2a＜6，∴a＜3，则实数a的取值范围是（﹣∞，3）．故选：D．八．等差数列的前n项和（共1小题）9．（2023•江门一模）已知等差数列{a n}（n∈N+）的前n项和为S n，公差d＜0，，则使得S n＞0的最大整数n为（ ）A．9B．10C．17D．18【答案】C【解答】解：根据题意，等差数列{a n}中，公差d＜0，必有a10＜a9，又由，必有a10＜0＜a9，同时有a10＜﹣a9，变形可得a9+a10＜0，则有S17＝＝17a9＞0，S18＝＝9（a9+a10）＜0，故使得S n＞0的最大整数n为17；故选：C．九．平面向量数量积的性质及其运算（共1小题）10．（2023•汕头一模）已知向量＝（1，），（﹣1，0），＝（，k）．若＜，＞＝＜，＞，则实数k＝（ ）A．B．﹣3C．﹣D．3【答案】B【解答】解：已知向量＝（1，），（﹣1，0），＝（，k）．又＜，＞＝＜，＞，则，则，即k＝﹣3，故选：B．一十．平面向量的基本定理（共1小题）11．（2023•茂名一模）在△ABC中，，，若点M满足，则＝（ ）A．B．C．D．【答案】A【解答】解：，，则＝＝＝．故选：A．一十一．复数的代数表示法及其几何意义（共2小题）12．（2023•茂名一模）复平面内表示复数z＝i（2﹣3i）的点位于（ ）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】A【解答】解：∵z＝i（2﹣3i）＝2i﹣3i2＝3+2i，∴z所对应的点的坐标为（3，2），∴复平面内z所对应的点位于第一象限．故选：A．13．（2023•佛山一模）设复数z满足（1+i）2z＝5﹣2i，则z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【答案】C【解答】解：∵（1+i）2z＝5﹣2i，∴2i•z＝5﹣2i，∴，∴z在复平面内对应的点位于第三象限．故选：C．一十二．复数的运算（共3小题）14．（2023•惠州一模）已知复数z满足z（1+2i）＝|4﹣3i|（其中i为虚数单位），则复数z 的虚部为（ ）A．﹣2B．﹣2i C．1D．i【答案】A【解答】解：由z（1+2i）＝|4﹣3i|＝，得z＝，∴复数z的虚部为﹣2．故选：A．15．（2023•湛江一模）已知i为虚数单位，若＝i，则实数b＝（ ）A．1B．﹣1C．2D．﹣2【答案】A【解答】解：由，得，所以b＝1．故选：A．16．（2023•江门一模）已知i为虚数单位，复数z满足（1﹣i）z＝|1+i|，则z＝（ ）A．+i B．﹣i C．D．i【答案】A【解答】解：由（1﹣i）z＝|1+i|＝，得z＝，故选：A．一十三．共轭复数（共2小题）17．（2023•广州一模）若复数z＝3﹣4i，则＝（ ）A．B．C．D．【答案】A【解答】解：z＝3﹣4i，则，，故＝．故选：A．18．（2023•高州市一模）已知复数z＝，则||＝（ ）A．B．C．D．【答案】A【解答】解：复数z＝，则＝＝．故选：A．一十四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共1小题）19．（2023•惠州一模）如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB ⊥AC．现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C（如图2），则容器的高h为（ ）A．3B．4C．D．6【答案】A【解答】解：在图1中，在图2中，，∴，∴h＝3．故选：A．一十五．二项式定理（共2小题）20．（2023•惠州一模）已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，现从展开式中任取2项，则取到的项都是有理项的概率为（ ）A．B．C．D．【答案】A【解答】解：因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以展开式的总项数为7项，故n＝6，展开式的通项，当r是偶数时该项为有理项，∴r＝0，2，4，6有4项，所以所有项中任取2项，都是有理项的概率为．故选：A．21．（2023•江门一模）已知多项式，则a7＝（ ）A．﹣960B．960C．﹣480D．480【答案】A【解答】解：因为（x﹣1）10＝（﹣2+x+1）10，所以第8项为，所以．故选：A．。

2020年高考数学试题分类汇编——创新试题填空

2020年高考数学试题分类汇编——创新试题填空

2020 年高考数学试题分类汇编—— 创新试题填空1. 〔福建卷文 15〕对于平面上的点集Ω，若是连结 Ω 中随意两点的线段必然海涵Ω，那么称 Ω 为平面上的凸集，给出平面上 4 个点集的图形以下〔暗影地区及其界限〕： 此中为凸集的是〔写出全部凸集相应图形的序号〕 .【答案】②③【分析】依据题意，在①④中任取两点，连结起来，如以下列图，不切合题意。

2. 〔湖南卷理 15〕假定数列 a n知足：对随意的nN ，只有有限个正整数 m 使得amn建立，记这样的 m 的个数为(a n )，那么获得一个新数列(a n ) ．比如，假定数列 a n是 1,2,3n, ，那么数列( a n ) 是 0,1,2,n1,．对随意的nN ，ann 2 ，那么 ( a 5 )，((a n ) )．【答案】 2， n 2【分析】因为 a m 5，而 a n n 2(a 5 )2.，所以 m=1,2, 所以因为 ( a 1 ) 0,(a 2 ) 1,(a 3 ) 1,(a 4 ) 1,(a 5 ) 2,( a 6 ) 2,( a 7 ) 2,( a 8 ) 2,( a 9 )2,(a 10 ) 3,( a 11 )3,(a 12 ) 3,(a 13 ) 3,( a 14 ) 3,( a 15 ) 3,( a 16)3,所以 ((a 1) ) ＝ 1, (( a 2 ) ) ＝ 4， (( a 3 ) ) ＝ 9， ((a 4 ) ) ＝ 16，猜想 ((a n) ) n 2【命题企图】本题以数列为背景，经过新定义观察学生的自学能力、创新能力、研究能力，属难题。

a 1,a 2 ...a 10的 子 集 a k 1 ak 2..., a k n为 E 的 第 k 个 子 集 ， 其 中3. 〔湖南卷文 15〕假定规定 E=k= 2k 12k212kn1，那么〔 1〕a 1,, a 3是 E 的第 ____个子集；〔 2〕 E 的第 211 个子集是 _______【答案】〔 1〕a 1,, a 3是 E 的第 ___5_个子集；〔 2〕 E 的第 211 个子集是 _______4. 〔四川卷理16〕设 S 为复数集 C 的非空子集 . 假定对随意x, yS ，都有 x y,x y,xyS，那么称 S为关闭集。

广东省2023年高考数学模拟(二模)试题按题型难易度分层分类汇编(12套)-03解答题(较难题)

广东省2023年高考数学模拟(二模)试题按题型难易度分层分类汇编(12套)-03解答题(较难题)

广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（较难题）一．数列的求和（共1小题）1．（2023•汕头二模）已知各项均为正数的数列{a n}满足：a1＝3，且a n a n+12﹣2（a n2﹣1）a n+1﹣a n＝0，n∈N*．（1）设b n＝a n﹣，求数列{b n}的通项公式；（2）设S n＝a12+a22+…+a n2，T n＝++…+，求S n+T n，并确定最小正整数n，使S n+T n为整数．二．利用导数研究函数的单调性（共1小题）2．（2023•梅州二模）已知函数f（x）＝e x﹣1﹣alnx，其中a∈R．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x∈[0，π]时，2f（x+1）﹣cos x≥1恒成立，求实数a的取值范围．三．利用导数研究函数的最值（共6小题）3．（2023•高州市二模）设定义在R上的函数f（x）＝e x﹣ax（a∈R）．（1）若存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜e﹣a成立，求实数a的取值范围；（2）定义：如果实数s，t，r满足|s﹣r|≤|t﹣r|，那么称s比t更接近r．对于（1）中的a 及x≥1，问：和e x﹣1+a哪个更接近lnx？并说明理由．4．（2023•汕头二模）已知函数f（x）＝﹣lnx，，a∈R．（1）若函数g（x）存在极值点x0，且g（x1）＝g（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0＝0；（2）用min{m，n}表示m，n中的最小值，记函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），若函数h（x）有且仅有三个不同的零点，求实数a的取值范围．5．（2023•潮州二模）已知函数（e是自然对数的底数）有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）若f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：．6．（2023•广东二模）已知f（x）＝x2﹣ae x，存在x1＜x2＜x3，使得f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝0．（1）求实数a的取值范围；（2）试探究x1+x2+x3与3的大小关系，并证明你的结论．7．（2023•湛江二模）已知函数．（1）求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程．（2）若存在x1≠x2使得f（x1）＝f（x2），证明：（i）m＞0；（ii）2m＞e（lnx1+lnx2）．8．（2023•佛山二模）已知函数，其中a≠0．（1）若f（x）有两个零点，求a的取值范围；（2）若f（x）≥a（1﹣2sin x），求a的取值范围．四．直线与椭圆的综合（共1小题）9．（2023•潮州二模）已知椭圆过点和点A（x0，y0）（x0y0≠0），T的上顶点到直线的距离为2，如图过点A的直线l与x，y轴的交点分别为M，N，且，点A，C关于原点对称，点B，D关于原点对称，且．（1）求|MN|的长度；（2）求四边形ABCD面积的最大值．五．直线与抛物线的综合（共1小题）10．（2023•广东二模）已知A，B是抛物线E：y＝x2上不同的两点，点P在x轴下方，PA 与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且λ≠1．（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；（2）若点P为半圆x2+y2＝1（y＜0）上的动点，且λ＝2，求四边形ABDC面积的最大值．六．直线与双曲线的综合（共1小题）11．（2023•茂名二模）已知F1，F2分别为双曲线E：＝1（{a＞0，b＞0}）的左、右焦点，P为渐近线上一点，且|PF1|＝|PF2|，cos∠F1PF2＝．（1）求双曲线的离心率；（2）若双曲线E实轴长为2，过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支不同的A，B两点，Q为x轴上一点且满足|QA|＝|QB|，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．七．直线与圆锥曲线的综合（共3小题）12．（2023•高州市二模）在一张纸上有一个圆C：＝4，定点，折叠纸片使圆C上某一点S1好与点S重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设折痕PQ与直线S1C的交点为T．（1）求证：||TC|﹣|TS||为定值，并求出点T的轨迹C′方程；（2）设A（﹣1，0），M为曲线C′上一点，N为圆x2+y2＝1上一点（M，N均不在x轴上）．直线AM，AN的斜率分别记为k1，k2，且k2＝﹣，求证：直线MN过定点，并求出此定点的坐标．13．（2023•汕头二模）如图，F1（﹣c，0）、F2（c，0）为双曲线的左、右焦点，抛物线C2的顶点为坐标原点，焦点为F2，设C1与C2在第一象限的交点为P（m，n），且|PF1|＝7，|PF2|＝5，∠PF2F1为钝角．（1）求双曲线C1与抛物线C2的方程；（2）过F2作不垂直于x轴的直线l，依次交C1的右支、C2于A、B、C、D四点，设M 为AD中点，N为BC中点，试探究是否为定值．若是，求此定值；若不是，请说明理由．14．（2023•广州二模）已知点F（1，0），P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．（1）求C的方程；（2）过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于的直线交x轴于点N．当四边形MANB的面积最小时，求l的方程．八．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）15．（2023•高州市二模）春节过后，文化和旅游业逐渐复苏，有意跨省游、出境游的旅客逐渐增多．某旅游景区为吸引更多游客，计划在社交媒体平台和短视频平台同时投放宣传广告并进行线上售票，通过近些年的广告数据分析知，一轮广告后，在短视频平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为，在社交媒体平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为q；二轮广告精准投放后，目标用户在短视频平台进行复购的概率为p，在社交媒体平台复购的概率为．（1）记在短视频平台购票的4人中，复购的人数为X，若，试求X的分布列和期望；（2）记在社交媒体平台的3名目标用户中，恰有1名用户购票并复购的概率为P，当P 取得最大值时，q为何值？（3）为优化成本，该景区决定综合渠道投放效果的优劣，进行广告投放战略的调整．已知景区门票100元/人，在短视频平台和社交媒体平台的目标用户分别在90万人和17万人左右，短视频平台和社交媒体平台上的广告投放费用分别为4元/100人和5元/100人，不计宣传成本的景区门票利润率分别是2%和5%，在第（2）问所得q值的基础上，试分析第一次广告投放后，景区在两个平台上的目标用户身上可获得的净利润总额．16．（2023•茂名二模）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n﹣1，n﹣2，n﹣3，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n（n∈N*）次操作后，记甲盒子中黑球个数为X n，甲盒中恰有1个黑球的概率为a n，恰有2个黑球的概率为b n．（1）求X1的分布列；（2）求数列{a n}的通项公式；（3）求X n的期望．广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（较难题）参考答案与试题解析一．数列的求和（共1小题）1．（2023•汕头二模）已知各项均为正数的数列{a n}满足：a1＝3，且a n a n+12﹣2（a n2﹣1）a n+1﹣a n＝0，n∈N*．（1）设b n＝a n﹣，求数列{b n}的通项公式；（2）设S n＝a12+a22+…+a n2，T n＝++…+，求S n+T n，并确定最小正整数n，使S n+T n为整数．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由题意知，b n+1＝a n+1﹣＝＝＝＝2b n，，∴数列{b n}是公比为2，首项为的等比数列，其通项公式为．（2）由（1）有+…++2n＝（）2+（）2+…（）2+2n＝，n∈N*，为使S n+T n＝，n∈N*，当且仅当为整数．当n＝1，2时，S n+T n不为整数，当n≥3时，4n﹣1＝（1+3）n﹣1＝，∴只需为整数，∵3n﹣1与3互质，∴为9的整数倍，当n＝9时，为整数，故n的最小值为9．二．利用导数研究函数的单调性（共1小题）2．（2023•梅州二模）已知函数f（x）＝e x﹣1﹣alnx，其中a∈R．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x∈[0，π]时，2f（x+1）﹣cos x≥1恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）递增区间为（1，+∞），递减区间为（0，1）；（2）（﹣∞，1]．【解答】解：（1）a＝1，f（x）＝e x﹣1﹣lnx，x＞0，则在（0，+∞）上单调递增且f′（1）＝0，所以当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；（2）令g（x）＝2f（x+1）﹣cos x＝2e x﹣2aln（x+1）﹣cos x，x∈[0，π]，所以g′（x）＝+sin x，当a≤0时，g′（x）＞0，则g（x）在[0，π]上单调递增，g（x）≥g（0）＝1，符合题意；当a＞0时，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝＞0，故h（x）即g′（x）在[0，π]上单调递增，又g′（0）＝2﹣2a，（i）当0＜a≤1时，g′（x）≥g′（0）＝2﹣2a≥0，g（x）在[0，π]上单调递增，g （x）≥g（0）＝1，符合题意；（ii）当g'（π）＝2eπ﹣+sinπ≤0，即a≥（π+1）eπ时，对任意的x∈[0，π]，g′（x）≤0，所以g（x）在（0，π）上单调递减，此时g（x）＜g（0）＝2e0﹣2aln1﹣cos0＝1，不合题意．（iii）当1＜a＜（π+1）eπ时，因为g′（x）在[0，π]上单调递增，且g′（0）g′（π）＝（2﹣2a）（2eπ﹣）＜0，所以∃x0∈[0，π]，使g'（x0）＝0，且当x∈（0，x'）时，g'（x）单调递减．此时g（x）＜g（0）＝2e0﹣2aln1﹣cos0＝1，不合题意．综上，实数a的取值范围为（﹣∞，1]．三．利用导数研究函数的最值（共6小题）3．（2023•高州市二模）设定义在R上的函数f（x）＝e x﹣ax（a∈R）．（1）若存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜e﹣a成立，求实数a的取值范围；（2）定义：如果实数s，t，r满足|s﹣r|≤|t﹣r|，那么称s比t更接近r．对于（1）中的a 及x≥1，问：和e x﹣1+a哪个更接近lnx？并说明理由．【答案】（1）（e，+∞）．（2）比e x﹣1+a更接近lnx，理由见解析．【解答】解：（1）因为存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜e﹣a成立，即f（x）min＜e﹣a，由题设知，f'（x）＝e x﹣a，①当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，f（x）在R上单调递增；即f（x）在[1，+∞）单调递增，f（x）min＝f（1）＝e﹣a，不满足f（x）min＜e﹣a，所以a≤0舍去．②当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝lna，当x∈（﹣∞，lna）时f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（lna，+∞）时f'（x）＞0，f （x）单调递增；当a≤e时，f（x）在[1，+∞）单调递增，f（x）min＝f（1）＝e﹣a，不满足f（x）min＜e﹣a，所以a≤e，舍去．当a＞e时，lna＞1，f（x）在（1，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增，所以f （x）min＝f（lna）＜f（1）＝e﹣a成立，故当a＞e时成立．综上：a＞e，即实数a的取值范围是（e，+∞）．（2）令，x≥1，p（x）在[1，+∞）单调递减．因为p（e）＝0，故当1≤x≤e时，p（x）≥p（e）＝0；当x＞e时，p（x）＜0；令q（x）＝e x﹣1+a﹣lnx，x≥1，令，，h（x）在[1，+∞）单调递增，故h（x）≥h（1）＝0，所以q'（x）＝h（x）＞0，则q（x）在[1，+∞）单调递增，所以q（x）≥q（1）＝a+1，由（1）知a＞e，q（x）≥q（1）＝a+1＞0；①当1≤x≤e时，p（x）≥0，q（x）＞0，令，所以，故m（x）在[1，e]单调递减，所以m（x）≤m（1）＝e﹣1﹣a，由（1）知a＞e，所以m（x）≤m（1）＝e﹣1﹣a＜0，即m（x）＝|p（x）|﹣|q（x）|＜0，故|p（x）|＜|q（x）|，所以比e x﹣1+a更接近lnx；②当x＞e时，p（x）＜0，q（x）＞0，令＝，，令，，p（x）在（e，+∞）上单调递减，所以，n'（x）＝p（x）＜0，n（x）在（e，+∞）单调递减，所以n（x）≤n（e）＝1﹣e e﹣1﹣a，由（1）知a＞e，所以n（x）＜n（e）＝1﹣e e﹣1﹣a＜0，即n（x）＝|p（x）|﹣|q（x）|＜0，故|p（x）|＜|q（x）|，所以比e x﹣1+a更接近lnx；综上：当a＞e及x≥1，比e x﹣1+a更接近lnx．4．（2023•汕头二模）已知函数f（x）＝﹣lnx，，a∈R．（1）若函数g（x）存在极值点x0，且g（x1）＝g（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0＝0；（2）用min{m，n}表示m，n中的最小值，记函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），若函数h（x）有且仅有三个不同的零点，求实数a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）（）．【解答】（1）证明：由题意，，g'（x）＝3x2﹣a，当a≤0时，g'（x）≥0恒成立，没有极值．当a＞0时，令g'（x）＝0，即3x2﹣a＝0，解之得，，当x∈（﹣∞，x1′）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；当x∈（x1′，x2′）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（x2′，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增．∴g（x）的极大值为，极小值为，当时，要证x1+2x0＝0，即证，代入计算有，，，则有g（x0）＝g（x1）符合题意，即x1+2x0＝0得证；当时，要证x1+2x0＝0，即证，代入计算有，，，则有g（x0）＝g（x1）符合题意，即x1+2x0＝0得证．综上，当x0为极大值点和极小值点时，x1+2x0＝0均成立．（2）解：①当x∈（1，+∞）时，f（x）＝﹣lnx＜0，∴h（x）＝min{f（x），g（x）}≤f （x）＜0，故函数h（x）在x∈（1，+∞）时无零点；②当x＝1时，f（1）＝0，，若，则g（1）≥0，h（x）＝f（1）＝0，故x＝1是函数h（x）的一个零点；若，则g（1）＜0，∴h（x）＝g（x）＜0，故x＝1时函数h（x）无零点．③当x∈（0，1）时，f（x）＝﹣lnx＞0，因此只需要考虑g（x），由题意，，g'（x）＝3x2﹣a，（一）当a≤0时，g'（x）≥0恒成立，∴g（x）在（0，1）上单调递增，，∴g（x）＞0在x∈（0，1）恒成立，即g（x）在（0，1）内无零点，也即h（x）在（0，1）内无零点；（二）当a≥3时，x∈（0，1），g'（x）＜0恒成立，∴g（x）在（0，1）上单调递减，即g（x）在（0，1）内有1个零点，也即h（x）在（0，1）内有1个零点；（三）a∈（0，3）时，函数g（x）在上单调递减，∴，若，即时，g（x）在（0，1）内无零点，也即h（x）在（0，1）内无零点；若，即时，g（x）在（0，1）内有唯一的一个零点，也即h（x）在（0，1）内有唯一的零点；若，即时，由，，∴时，g（x）在（0，1）内有两个零点．综上所述，当a∈（）时，函数有3个零点．5．（2023•潮州二模）已知函数（e是自然对数的底数）有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）若f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：．【答案】（1）（e，+∞）；（2）证明见解析．【解答】解：（1）有两个零点，等价于h（x）＝xe x﹣a（lnx+x）＝xe x﹣aln（xe x）（x＞0）有两个零点，令t＝xe x，则t′＝（x+1）e x＞0，在x＞0时恒成立，所以t＝xe x在x＞0时单调递增，所以h（x）＝xe x﹣aln（xe x）有两个零点，等价于g（t）＝t﹣alnt有两个零点，，①当a≤0时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，不可能有两个零点；②当a＞0时，令g′（t）＞0，得t＞a，g（t）单调递增，令g′（t）＜0，得0＜t＜a，g（t）单调递减，所以g（t）min＝g（a）＝a﹣alna，若g（a）＞0，得0＜a＜e，此时g（t）＞0恒成立，没有零点；若g（a）＝0，得a＝e，此时g（t）有一个零点；若g（a）＜0，得a＞e，因为g（1）＝1＞0，g（e）＝e﹣a＜0，g（e a）＝e a﹣a2＞0，所以g（t）在（1，e），（e，e a）上各存在一个零点，符合题意，综上，a的取值范围为（e，+∞）．（2）证明：要证只需证，即证，由（1）知，，所以只需证lnt1+lnt2＞2，因为alnt1＝t1，alnt2＝t2，所以a（lnt2﹣lnt1）＝t2﹣t1，a（lnt2+lnt1）＝t2+t1，所以，只需证，设0＜t1＜t2，令，则t＞1，所以只需证即证，令，t＞1，则，h（t）＞h（1）＝0，即当t＞1时，成立，所以lnt1+lnt2＞2，即，即．6．（2023•广东二模）已知f（x）＝x2﹣ae x，存在x1＜x2＜x3，使得f（x1）＝f（x2）＝f （x3）＝0．（1）求实数a的取值范围；（2）试探究x1+x2+x3与3的大小关系，并证明你的结论．【答案】（1）（0，）；（2）x1+x2+x3＞3，证明见解析．【解答】解：（1）由题意得f（x）＝x2﹣ae x有三个零点，所以方程x2﹣ae x＝0有三个根，即方程有三个根，所以函数y＝a与函数的图象有三个公共点，设，则，令g′（x）＞0，解得0＜x＜2；令g′（x）＜0，解得x＜0或x＞2，所以g（x）在（0，2）上单调递增，在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递减，因为当x→﹣∞时，g（x）→+∞，当x→+∞时，g（x）→0，且g（0）＝0，，所以g（0）＜a＜g（2），所以，即实数a的取值范围为（0，）．（2）x1+x2+x3＞3，证明如下：因为x1＜x2＜x3，由（1）得x1＜0＜x2＜2＜x3，由，得2lnx2﹣x2＝2lnx3﹣x3，设h（x）＝2lnx﹣x，则h（x2）＝h（x3），求导得，令h′（x）＞0，解得0＜x＜2，令h'（x）＜0，解得x＞2，所以h（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，设m（x）＝h（4﹣x）﹣h（x），0＜x＜2，则m（x）＝2ln（4﹣x）﹣4+x﹣2lnx+x＝2ln（4﹣x）﹣2lnx+2x﹣4，0＜x＜2，求导得恒成立，所以m（x）在（0，2）上单调递减，所以m（x）＞m（2）＝0，即h（4﹣x）＞h（x），因为0＜x2＜2，所以h（4﹣x2）＞h（x2）＝h（x3），又因为x3＞2，4﹣x2＞2，h（x）在（2，+∞）上单调递减，所以4﹣x2＜x3，即x2+x3＞4，设且x0＜0，则，因为g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，所以x1＞x0，因为e3＞4，所以，所以，因为g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，所以x0＞﹣1，所以x1＞x0＞﹣1，所以x1+x2+x3＞4﹣1＝3．7．（2023•湛江二模）已知函数．（1）求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程．（2）若存在x1≠x2使得f（x1）＝f（x2），证明：（i）m＞0；（ii）2m＞e（lnx1+lnx2）．【答案】（1）y＝（1﹣m）x+m+；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析．【解答】（1）解：因为f'（x）＝e x﹣1﹣x+1﹣，所以f'（1）＝1﹣m，又f（1）＝，所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣＝（1﹣m）（x﹣1），即y＝（1﹣m）x+m+；（2）证明：（i）依题意可知f'（x）有零点，即m＝x（e x﹣1﹣x+1）有正数解，令φ（x）＝e x﹣1﹣x+1，则φ'（x）＝e x﹣1﹣1．当x∈（0，1）时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，所以φ（x）≥φ（1）＝1＞0，所以m＞0．（ii）不妨设x1＞x2＞0．由f（x1）＝f（x2）可得m＝，因为x1＞x2，所以lnx1＞lnx2，要证2m＞e（lnx1+lnx2），只要证﹣+x1﹣（lnx1）2＞﹣+x2﹣（lnx2）2，令g（x）＝e x﹣1﹣x2+x﹣（lnx）2，即只要证g（x1）＞g（x2），即只要证y＝g（x）在（0，+∞）上单调递增，即只要证g'（x）＝e x﹣1﹣x+1﹣e•≥0在（0，+∞）上恒成立，即只要证e x﹣1﹣x+1≥e•在（0，+∞）上恒成立．令h（x）＝，则h'（x）＝，当x∈（0，e）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增：当x∈（e，+∞）时，h'（x）＜0，h （x）单调递减，所以h（x）≤h（e）＝l．由（i）知，φ（x）＝e x﹣1﹣x+1≥1在（0，+∞）上恒成立，所以e x﹣1﹣x+1≥1≥在（0，+∞）上恒成立，故2m＞e（lnx1+lnx2）．8．（2023•佛山二模）已知函数，其中a≠0．（1）若f（x）有两个零点，求a的取值范围；（2）若f（x）≥a（1﹣2sin x），求a的取值范围．【答案】（1）（，+∞）；（2）（0，1]．【解答】解：（1）∵有两个零点，∴＝有两个根，设g（x）＝，则g′（x）＝＝，当x＜1时，则g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x＞1时，则g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴当x＝1时，g（x）max＝，当x→+∞时，g（x）→0，当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞，∴0＜＜，∴a＞，∴a的取值范围为（，+∞）；（2）设h（x）＝e x﹣3x﹣a（1﹣2sin x），由h（0）≥0，h（）≥0，则0＜a≤1，下面证明：当0＜a≤1时，e x﹣3x﹣a（1﹣2sin x）≥0，即证e x﹣x+2sin x﹣1≥0，设＝b（b≥1），即证b2e x﹣3bx+2sin x﹣1≥0，令t（b）＝b2e x﹣3bx+2sin x﹣1（b≥1），则二次函数的开口向上，对称轴为b＝，由①得，≤＜1，∴t（b）在[1，+∞）单调递增，∴t（b）≥t（1）＝e x﹣3x+2sin x﹣1，下面再证明：e x﹣3x+2sin x﹣1≥0，即证：﹣1≤0，设F（X）＝﹣1，则F′（X）＝，设m（x）＝2﹣3x+2sin x﹣2cos x，则m′（x）＝﹣3+2sin x﹣2cos x＝2sin（x﹣）﹣3＜0，∴m（x）单调递减，且m（0）＝0，则当x＞0时，F′（X）＜0，F（X）单调递减，当x＜0时，F′（X）＞0，F（X）单调递增，∴F（X）≤F（0）＝1﹣1＝0，即﹣1≤0，则e x﹣3x﹣a（1﹣2sin x）≥0，综上，a的取值范围为（0，1]．四．直线与椭圆的综合（共1小题）9．（2023•潮州二模）已知椭圆过点和点A（x0，y0）（x0y0≠0），T的上顶点到直线的距离为2，如图过点A的直线l与x，y轴的交点分别为M，N，且，点A，C关于原点对称，点B，D关于原点对称，且．（1）求|MN|的长度；（2）求四边形ABCD面积的最大值．【答案】（1）3；（2）4．【解答】解：（1）T的上顶点（0，b）到直线的距离，解得b＝1，又椭圆过点，则，解得a2＝4，所以椭圆方程为，因为点A（x0，y0）（x0y0≠0）在椭圆上，所以，由题意直线l的斜率存在，设过点A的直线l方程为y﹣y0＝k（x﹣x0），令x＝0，则y＝y0﹣kx0，令y＝0，则，即，由，得，所以，所以，所以＝；（2）由（1）得直线MN的斜率，因为，所以，所以直线BD的方程为，即2y0x+yx0＝0，联立，解得，所以|x|＝，所以，点A到直线BD的距离，又因，所以，由椭圆的对称性可得四边形S△ABD＝S△CBD，所以四边形ABCD面积，，当且仅当，即时取等号，则，，所以，即四边形ABCD面积的最大值为4．五．直线与抛物线的综合（共1小题）10．（2023•广东二模）已知A，B是抛物线E：y＝x2上不同的两点，点P在x轴下方，PA 与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且λ≠1．（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；（2）若点P为半圆x2+y2＝1（y＜0）上的动点，且λ＝2，求四边形ABDC面积的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解答】（1）证明：因为，且P，A，C共线，P，B，D共线，所以AB ∥CD，所以直线AB和直线CD的斜率相等，即k AB＝k CD，设，，，，则点M的横坐标，点N的横坐标，由k AB＝k CD，得，因式分解得，约分得x2+x1＝x4+x3，所以，即x M＝x N，所以MN垂直于x轴．（2）解：设P（x0，y0），则，且﹣1≤y0＜0，当λ＝2时，C为PA中点，则，，因为C在抛物线上，所以，整理得，当λ＝2时，D为PB中点，同理得，所以x1，x2是方程的两个根，因为，由韦达定理得x1+x2＝2x0，，所以，所以PM也垂直于x轴，所以，因为，所以＝＝＝，﹣1≤y0＜0，当时，取得最大值，所以，所以四边形ABDC面积的最大值为．六．直线与双曲线的综合（共1小题）11．（2023•茂名二模）已知F1，F2分别为双曲线E：＝1（{a＞0，b＞0}）的左、右焦点，P为渐近线上一点，且|PF1|＝|PF2|，cos∠F1PF2＝．（1）求双曲线的离心率；（2）若双曲线E实轴长为2，过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支不同的A，B两点，Q为x轴上一点且满足|QA|＝|QB|，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）e＝2．（2）证明见解析．【解答】解：（1）由|PF1|＝|PF2|，可设|PF1|＝x，|PF2|＝x，在△PF1F2中cos∠F1PF2＝，∴|F1F2|2＝7x2+3x2﹣2x•x＝4x2，即|F1F2|＝2x，∴|PF1|2＝|PF2|2+|F1F2|2，∴△PF1F2为直角三角形，∴在△OPR2中，PF2⊥OF2，|PF2|＝x，|OF2|＝x，＝，则双曲线的离心率为e＝＝＝＝2．（2）在双曲线中＝，且实轴长为2，所以a＝1，b＝，所以双曲线E方程为．由F2（2，0），故设斜率为k的直线l为y＝k（x﹣2），y＝k（x﹣2）代入．可得（3﹣k2）x2+4k2x﹣4k2﹣3＝0，∵直线l与双曲线右支交于不同两点，∴，解得k2≥3，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝，x1x2＝，则＝，＝k（﹣2）＝，即A，B的中点坐标为（，），因为Q为x轴上一点，满足|QA|＝|QB|，故Q为AB的垂直平分线与x轴的交点，AB的垂直平分线的方程为：y﹣＝﹣（x﹣﹣），令y＝0，则得x＝，即Q（，0），∴|QF2|＝|﹣﹣2|＝，又|AB|＝＝•＝，又因为A，B在双曲线的右支上，故|AF1|﹣|AF2|＝2a＝2，|BF1|﹣|BF2|＝2，故|AF1|+|BF1|﹣|AF2|﹣|BF2|＝4，即|AF1|+|BF1|﹣4＝|AB|，故＝＝＝2，即为定值．七．直线与圆锥曲线的综合（共3小题）12．（2023•高州市二模）在一张纸上有一个圆C：＝4，定点，折叠纸片使圆C上某一点S1好与点S重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设折痕PQ与直线S1C的交点为T．（1）求证：||TC|﹣|TS||为定值，并求出点T的轨迹C′方程；（2）设A（﹣1，0），M为曲线C′上一点，N为圆x2+y2＝1上一点（M，N均不在x轴上）．直线AM，AN的斜率分别记为k1，k2，且k2＝﹣，求证：直线MN过定点，并求出此定点的坐标．【答案】（1）||TC|﹣|TS||＝2，点T的轨迹C′的方程：；（2）直线MN过定点T（1，0），证明见解析．【解答】解：（1）证明：由题意得|TS|＝|TS1|，所以，即T的轨迹是以C，S为焦点，实轴长为2的双曲线，即点T的轨迹C′的方程：；（2）证明：由已知得直线AM的方程：y＝k1（x+1），直线AN的方程：y＝k2（x+1），联立直线方程与双曲线方程，消去y，整理可得，由韦达定理得，所以，即，所以，联立直线方程与圆方程，消去y，整理得，由韦达定理得，所以，即，因为，即，所以，若直线MN所过定点，则由对称性得定点在x轴上，设定点T（t，0），由三点共线得k MT＝k NT，即，，解得t＝1，所以直线MN过定点T（1，0）．13．（2023•汕头二模）如图，F1（﹣c，0）、F2（c，0）为双曲线的左、右焦点，抛物线C2的顶点为坐标原点，焦点为F2，设C1与C2在第一象限的交点为P（m，n），且|PF1|＝7，|PF2|＝5，∠PF2F1为钝角．（1）求双曲线C1与抛物线C2的方程；（2）过F2作不垂直于x轴的直线l，依次交C1的右支、C2于A、B、C、D四点，设M 为AD中点，N为BC中点，试探究是否为定值．若是，求此定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）；（2）是定值．【解答】解：（1）由双曲线的定义可知：|PF1|﹣|PF2|＝7﹣5＝2a⇒a＝1，设抛物线方程为：y2＝2px，则由题意可得，即y2＝4cx；由抛物线定义可得：，代入抛物线方程得：，代入双曲线方程得：，故双曲线方程为：；抛物线方程为：y2＝8x；（2）由题意可设l：x＝ky+2，点A、B、C、D的纵坐标依次为y1、y2、y3、y4，分别联立直线l与双曲线、抛物线方程可得：，化简整理可得，（3k2﹣1）y2+12ky+9＝0、y2﹣8ky﹣16＝0，由双曲线性质可得：，故有，因为M、N分别为AD、BC的中点，故其纵坐标依次为：，所以＝是定值．14．（2023•广州二模）已知点F（1，0），P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．（1）求C的方程；（2）过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于的直线交x轴于点N．当四边形MANB的面积最小时，求l的方程．【答案】（1）y2＝4x．（2）x±y﹣＝0．【解答】解：（1）设点P（x，y），以PF为直径的圆的圆心为M，⊙M的半径为r，设⊙M与y轴相切于点N，过点P作PQ⊥y轴，垂足为Q，则r＝|MN|＝＝，|PF|＝2r＝x+1，∴点P到点F的距离等于点P到直线x＝﹣1的距离，∴点P的轨迹为以点F为焦点，直线x＝﹣1为准线的抛物线，∴C的方程为y2＝4x．（2）由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），联立，化为k2x2﹣2（k2+2）x+k2＝0，则x1+x2＝，x1x2＝1，设直线l的倾斜角为θ，则|AM|＝|AF||tanθ|，|BN|＝|BF||tanθ|，∴|AM|+|BN|＝|AF||tanθ|+|BF||tanθ|＝|AB||tanθ|＝k|AB|，又|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+1+x2+1＝．∴梯形MANB的面积S＝＝＝＝，令t＝|k|∈（0，+∞），则S（t）＝8（t++），S′（t）＝8（1﹣﹣）＝，∴t∈（0，）时，S′（t）＜0，此时函数S（t）单调递减；t∈（，+∞）时，S′（t）＞0，此时函数S（t）单调递增．∴t＝|k|＝时，即k＝±时，四边形MANB的面积S取得极小值即最小值，此时直线l的方程为：y＝±（x﹣1），即x±y﹣＝0．八．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）15．（2023•高州市二模）春节过后，文化和旅游业逐渐复苏，有意跨省游、出境游的旅客逐渐增多．某旅游景区为吸引更多游客，计划在社交媒体平台和短视频平台同时投放宣传广告并进行线上售票，通过近些年的广告数据分析知，一轮广告后，在短视频平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为，在社交媒体平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为q；二轮广告精准投放后，目标用户在短视频平台进行复购的概率为p，在社交媒体平台复购的概率为．（1）记在短视频平台购票的4人中，复购的人数为X，若，试求X的分布列和期望；（2）记在社交媒体平台的3名目标用户中，恰有1名用户购票并复购的概率为P，当P 取得最大值时，q为何值？（3）为优化成本，该景区决定综合渠道投放效果的优劣，进行广告投放战略的调整．已知景区门票100元/人，在短视频平台和社交媒体平台的目标用户分别在90万人和17万人左右，短视频平台和社交媒体平台上的广告投放费用分别为4元/100人和5元/100人，不计宣传成本的景区门票利润率分别是2%和5%，在第（2）问所得q值的基础上，试分析第一次广告投放后，景区在两个平台上的目标用户身上可获得的净利润总额．【答案】（1）分布列见解析；当时，期望为1；当时，期望为3；（2）；（3）805500元．【解答】解：（1）由题意得，在短视频平台购票的人中，复购概率为p，复购的人数X 满足二项分布，即X～B（4，p），故，故或．又知X的所有可能取值为0，1，2，3，4，①当时，，，P（X＝2）＝，，P（X＝4）＝＝，所以X得分布列为：X01234P此时数学期望E（X）＝＝1．②p＝时，P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2}＝＝，P（X＝3）＝＝，P（X＝4）＝＝，所以X得分布列为：X01234P此时数学期望E（X）＝4×＝3．（2）设在社交媒体平台的目标用户购票并复购的概率为q1，由题得，．，，令P′＝0，得或1，所以时，P′＞0，函数P单调递增，当时，P′＜0，函数P单调递减．故当取得最大值．由可得，．（3）短视频平台：（元），社交媒体平台：（元），净利润总额：364000+441500＝805500（元）．故景区在两个平台上的目标用户身上可获得的净利润总额为805500元．16．（2023•茂名二模）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n﹣1，n﹣2，n﹣3，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n（n∈N*）次操作后，记甲盒子中黑球个数为X n，甲盒中恰有1个黑球的概率为a n，恰有2个黑球的概率为b n．（1）求X1的分布列；（2）求数列{a n}的通项公式；（3）求X n的期望．【答案】（1）X1的分布列如下表：X1012P（2）a n＝+；（3）1．【解答】解：（1）由题可知，X1的可能取值为0，1，2，由相互独立事件概率乘法公式可知：P（X1＝0）＝，P（X1＝1）＝，P（X1＝2）＝＝，故X1的分布列如下表：X1012P（2）由全概率公式可知：P（X n+1＝1）＝P（X n＝1）P（X n+1＝1|X n＝1）+P（X n＝2）P（X n+1＝1|X n＝2）+P（X n＝0）P（X n+1＝1|X n＝0）＝（）P（X n＝1）+（）P（X n＝2）+（1×）P（X n＝0）＝P（X n＝1）+P（X n＝2）+P（X n＝0），即：a n+1＝，所以a n+1＝，所以a n+1﹣＝（），又a1＝P（X1＝1）＝，所以，数列{}是以为首项，以为公比的等比数列，所以＝，即：a n＝+．（3）由全概率公式可得：P（X n+1＝2）＝P（X n＝1）P（X n+1＝2|X n＝1）+P（X n＝2）P （X n+1＝2|X n＝2）+P（X n＝0）P（X n+1＝2|X n＝0）＝（）P（X n＝1）+（）P（X n＝2）+0×P（X n＝0），即：b n+1＝+，又a n＝+，所以b n+1＝+，所以b n+1﹣+＝，又b1＝P（X1＝2）＝，所以＝＝0，所以b n﹣+＝0，所以，所以E（X n）＝a n+2b n+0×（1﹣a n﹣b n）＝a n+2b n＝1．。

高三数学高考数学创新题

高三数学高考数学创新题

普通高等学校招生全国统一考试数学分类汇编高考数学创新题一、选择题（共9题）1．（北京卷）下图为某三岔路口交通环岛的简化模型；在某高峰时段；单位时间进出路口,,A B C 的机动车辆数如图所示；图中123,,x x x 分别表示该时段单位时间通过路段、、的机动车辆数（假设：单位时间内；在上述路段中；同一路段上驶入与驶出的车辆数相等）；则（A ）123x x x >> （B ）132x x x >> （C ）231x x x >> （D ）321x x x >> 解：依题意；有x 1＝50＋x 3－55＝x 3－5；∴x 1<x 3；同理；x 2＝30＋x 1－20＝x 1＋10∴x 1<x 2；同理；x 3＝30＋x 2－35＝x 2－5∴x 3<x 2故选C2． （福建卷）对于直角坐标平面内的任意两点A (x 1,y 1)、B (x 2；y 2)；定义它们之间的一种“距离”：‖AB ‖=︱x 1－x 2︱+︱y 1－y 2︱.给出下列三个命题：①若点C 在线段AB 上；则‖AC ‖+‖CB ‖=‖AB ‖;②在△ABC 中；若∠C =90°；则‖AC ‖2+‖CB ‖2=‖AB ‖2；③在△ABC 中；‖AC ‖+‖CB ‖>‖AB ‖.其中真命题的个数为解析：对于直角坐标平面内的任意两点1122(,),(,)A x y B x y ；定义它们之间的一种“距离”：2121||.AB x x y y =-+- ①若点C 在线段AB 上；设C 点坐标为(x 0；y 0)；x 0在x 1、x 2之间；y 0在y 1、y 2之间；则01012020||||||||AC CB x x y y x x y y +=-+-+-+-=2121||.x x y y AB -+-= ③在ABC ∆中；01012020||||||||AC CB x x y y x x y y +=-+-+-+->01200120|()()||()()|x x x x y y y y -+-+-+-=2121||.x x y y AB -+-= ∴命题① ③成立；而命题②在ABC ∆中；若90,o C ∠=则222;AC CB AB +=明显不成立；选B.3．（广东卷）对于任意的两个实数对(,)a b 和(,)c d ；规定：(,)(,)a b c d =；当且仅当,a c b d ==；运算“⊗”为：(,)(,)(,)a b c d ac bd bc ad ⊗=-+；运算“⊕”为：(,)(,)(,)a b c d a c b d ⊕=++；设,p q R ∈；若(1,2)(,)(5,0)p q ⊗=；则(1,2)(,)p q ⊕=A.(4,0)B. (2,0)C. (0,2)D. (0,4)-解析：由)0,5(),()2,1(=⊗q p 得⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧=+=-210252q p q p q p , 所以)0,2()2,1()2,1(),()2,1(=-⊕=⊕q p ,故选B.4．（辽宁卷）设○+是R 上的一个运算,A 是R 的非空子集,若对任意,a b A ∈有a ○+b A ∈,则称A 对运算○+封闭,下列数集对加法、减法、乘法和除法(除数不等于零)四则运算都封闭的是(A)自然数集 (B)整数集 (C)有理数集 (D)无理数集解析： A 中1－2＝－1不是自然数；即自然数集不满足条件；B 中1÷2＝0.5不是整数；即整数集不满足条件；C 中有理数集满足条件；D 2=不是无理数；即无理数集不满足条件；故选择答案C 。

广东省2023年高考数学模拟(二模)试题按题型难易度分层分类汇编(12套)-01选择题(提升题)

广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-01选择题（提升题）一．命题的真假判断与应用（共1小题）（多选）1．（2023•茂名二模）如图所示，有一个棱长为4的正四面体P﹣ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是（ ）A．若E是CD的中点，则直线AE与PB所成角为B．△ABE的周长最小值为C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D．如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为二．函数的最值及其几何意义（共1小题）2．（2023•茂名二模）黎曼函数R（x）是由德国数学家黎曼发现并提出的，它是一个无法用图象表示的特殊函数，此函数在高等数学中有着广泛的应用，R（x）在[0，1]上的定义为：当（p＞q，且p，q为互质的正整数）时，；当x＝0或x＝1或x为（0，1）内的无理数时，R（x）＝0，则下列说法错误的是（ ）A．R（x）在[0，1]上的最大值为B．若a，b∈[0，1]，则R（a•b）≥R（a）•R（b）C．存在大于1的实数m，使方程有实数根D．∀x∈[0，1]，R（1﹣x）＝R（x）三．抽象函数及其应用（共1小题）（多选）3．（2023•高州市二模）已知定义在R上的函数f（x）满足f（﹣1﹣x）＝f（7+x），函数f（x+2）﹣1为奇函数，且对∀a，b∈[2，3]，当a≠b时，都有af（a）+bf（b）＞af（b）+bf（a）．函数与函数f（x）的图象交于点（x1，y1），（x2，y2），…，（x m，y m），给出以下结论，其中正确的是（ ）A．f（2022）＝2022B．函数f（x+1）为偶函数C．函数f（x）在区间[4，5]上单调递减D．四．对数值大小的比较（共1小题）4．（2023•广东二模）已知，，，则（参考数据：ln2≈0.7）（ ）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．b＞c＞a D．c＞a＞b五．三角函数的周期性（共1小题）（多选）5．（2023•广东二模）已知f（x）＝cos x+tan x，则下列说法正确的是（ ）A．f（x）是周期函数B．f（x）有对称轴C．f（x）有对称中心D．f（x）在上单调递增六．正弦函数的图象（共1小题）6．（2023•佛山二模）已知函数f（x）＝sin（2x+φ）（|φ|＜），若存在x1，x2，x3∈（0，），且x3﹣x2＝2（x2﹣x1）＝4x1，使f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＞0，则φ的值为（ ）A．B．C．D．七．函数的零点与方程根的关系（共1小题）（多选）7．（2023•茂名二模）已知f（x）＝，若关于x的方程4ef2（x）﹣af（x）+＝0恰好有6个不同的实数解，则a的取值可以是（ ）A．B．C．D．八．函数与方程的综合运用（共2小题）8．（2023•韶关二模）定义||x ||（x ∈R ）为与x 距离最近的整数（当x 为两相邻整数算术平均数时，||x ||取较大整数），令函数f （x ）＝||x ||，如：，，，，则＝（ ）A ．17B ．C ．19D ．9．（2023•潮州二模）已知函数f （x ）＝|sin x |，g （x ）＝kx （k ＞0），若f （x ）与g （x ）图像的公共点个数为n ，且这些公共点的横坐标从小到大依次为x 1，x 2，…，x n ，则下列说法正确的是（ ）A ．若n ＝1，则k ＞1B ．若n ＝3，则C ．若n ＝4，则x 1+x 4＞x 2+x 3D ．若，则n ＝2023九．数列递推式（共1小题）（多选）10．（2023•高州市二模）已知数列{p n }和{q n }满足：p 1＝1，q 1＝2，p n +1＝p n +3q n ，q n +1＝2p n +q n ，n ∈N *，则下列结论错误的是（ ）A ．数列是公比为的等比数列B ．仅有有限项使得C ．数列是递增数列D ．数列是递减数列一十．利用导数研究函数的单调性（共3小题）11．（2023•广州二模）已知偶函数f （x ）与其导函数f '（x ）的定义域均为R ，且f '（x ）+e ﹣x +x也是偶函数，若f （2a ﹣1）＜f （a +1），则实数a 的取值范围是（ ）A ．（﹣∞，2）B ．（0，2）C ．（2，+∞）D ．（﹣∞，0）∪（2，+∞）12．（2023•深圳二模）已知ε＞0，，且e x +εsin y ＝e y sin x ，则下列关系式恒成立的为（ ）A ．cos x ≤cos yB ．cos x ≥cos yC ．sin x ≤sin yD ．sin x ≥sin y（多选）13．（2023•佛山二模）已知函数f（x）＝e x﹣﹣1，对于任意的实数a，b，下列结论一定成立的有（ ）A．若a+b＞0，则f（a）+f（b）＞0B．若a+b＞0，则f（a）﹣f（﹣b）＞0C．若f（a）+f（b）＞0，则a+b＞0D．若f（a）+f（b）＜0，则a+b＜0一十一．利用导数研究函数的最值（共1小题）14．（2023•湛江二模）对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为t1，t2，则t2﹣t1的最小值为（ ）A．﹣1B．﹣ln2C．1﹣ln3D．1﹣2ln2一十二．平面向量数量积的性质及其运算（共1小题）（多选）15．（2023•潮州二模）设向量，则（ ）A．B．C．D．在上的投影向量为（1，0）一十三．三角形中的几何计算（共1小题）（多选）16．（2023•汕头二模）在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°，BC，AC 边上的两条中线AM，BN相交于点P，下列结论正确的是（ ）A．B．C．∠MPN的余弦值为D．一十四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共1小题）（多选）17．（2023•汕头二模）已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为r（0＜r＜2），设圆台的体积为V，则下列选项中说法正确的是（ ）A．当r＝1时，B．V存在最大值C．当r在区间（0，2）内变化时，V逐渐减小D．当r在区间（0，2）内变化时，V先增大后减小一十五．空间中直线与平面之间的位置关系（共1小题）（多选）18．（2023•广东二模）已知直线m与平面α有公共点，则下列结论一定正确的是（ ）A．平面α内存在直线l与直线m平行B．平面α内存在直线l与直线m垂直C．存在平面γ与直线m和平面α都平行D．存在过直线m的平面β与平面α垂直一十六．直线与平面所成的角（共1小题）（多选）19．（2023•潮州二模）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，点P满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列结论正确的是（ ）A．当B1P∥平面A1BD时，B1P与CD1可能为B．当λ＝μ时，的最小值为C．若B1P与平面CC1D1D所成角为，则点P的轨迹长度为D．当λ＝1时，正方体经过点A1、P、C的截面面积的取值范围为一十七．二面角的平面角及求法（共1小题）（多选）20．（2023•佛山二模）四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，AB＝3，BD＝2，CD ＝4，平面ABD与平面BCD的夹角为，则AC的值可能为（ ）A．B．C．D．一十八．点、线、面间的距离计算（共2小题）（多选）21．（2023•梅州二模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为边AD 的中点，点P为线段D1B上的动点，设D1P＝λD1B，则（ ）A．当时，EP∥平面AB1CB．当时，|PE|取得最小值，其值为C．|PA|+|PC|的最小值为D．当C1∈平面CEP时，（多选）22．（2023•广州二模）已知正四面体A﹣BCD的长为2，点M，N分别为△ABC和△ABD的重心，P为线段CN上一点，则下列结论正确的是（ ）A．若AP+BP取得最小值，则CP＝PNB．若CP＝3PN，则DP⊥平面ABCC．若DP⊥平面ABC，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为D．直线MN到平面ACD的距离为一十九．直线与圆的位置关系（共1小题）23．（2023•潮州二模）已知圆M：x2+y2﹣4x+3＝0，则下列说法正确的是（ ）A．点（4，0）在圆M内B．若圆M与圆x2+y2﹣4x﹣6y+a＝0恰有三条公切线，则a＝9C．直线与圆M相离D．圆M关于4x+3y﹣2＝0对称二十．椭圆的性质（共3小题）24．（2023•高州市二模）若椭圆的离心率为，两个焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0），M为椭圆C上异于顶点的任意一点，点P是△MF1F2的内心，连接MP并延长交F1F2于点Q，则＝（ ）A．2B．C．4D．25．（2023•韶关二模）韶州大桥是一座独塔双索面钢砼混合梁斜拉桥，具有桩深，塔高、梁重、跨大的特点，它打通了曲江区、浈江区、武江区交通道路的瓶颈，成为连接曲江区与芙蓉新城的重要交通桥梁，大桥承担着实现韶关“三区融合”的重要使命，韶州大桥的桥塔外形近似椭圆，若桥塔所在平面截桥面为线段AB，且AB过椭圆的下焦点，AB＝44米，桥塔最高点P距桥面110米，则此椭圆的离心率为（ ）A．B．C．D．26．（2023•深圳二模）设椭圆C：）的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过点F1.若点F2关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C 的离心率为（ ）A．B．C．D．二十一．抛物线的性质（共1小题）（多选）27．（2023•深圳二模）设抛物线C：y＝x2的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则（ ）A．PQ⊥x轴B．PF⊥AB C．∠PFA＝∠PFB D．|AF|+|BF|＝2|PF|二十二．直线与抛物线的综合（共1小题）（多选）28．（2023•高州市二模）阿波罗尼奥斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地．其中给出了抛物线一条经典的光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．此性质可以解决线段和的最值问题，已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），M是抛物线C上的动点，焦点，N（4，2），下列说法正确的是（ ）A．C的方程为y2＝x B．C的方程为y2＝2xC．|MF|+|MN|的最小值为D．|MF|+|MN|的最小值为二十三．直线与双曲线的综合（共1小题）（多选）29．（2023•广州二模）已知双曲线Γ：x2﹣y2＝a2（a＞0）的左，右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与双曲线Γ的右支交于点B，C，与双曲线Γ的渐近线交于点A，D（A，B在第一象限，C，D在第四象限），O为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）A．若BC⊥x轴，则△BCF1的周长为6aB．若直线OB交双曲线Γ的左支于点E，则BC∥EF1C．△AOD面积的最小值为4a2D．|AB|+|BF1|的取值范围为（3a，+∞）二十四．正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义（共1小题）（多选）30．（2023•湛江二模）廉江红橙是广东省廉江市特产、中国国家地理标志产品．设廉江地区某种植园成熟的红橙单果质量M（单位：g）服从正态分布N（165，σ2），且P （M＜162）＝0.15，P（165＜M＜167）＝0.3．下列说法正确的是（ ）A．若从种植园成熟的红橙中随机选取1个，则这个红橙的质量小于167g的概率为0.7 B．若从种植园成熟的红橙中随机选取1个，则这个红橙的质量在167g～168g的概率为0.05C．若从种植园成熟的红橙中随机选取600个，则质量大于163g的个数的数学期望为480D．若从种植园成熟的红橙中随机选取600个，则质量在163g～168g的个数的方差为136.5广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-01选择题（提升题）参考答案与试题解析一．命题的真假判断与应用（共1小题）（多选）1．（2023•茂名二模）如图所示，有一个棱长为4的正四面体P﹣ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是（ ）A．若E是CD的中点，则直线AE与PB所成角为B．△ABE的周长最小值为C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D．如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为【答案】ACD【解答】A选项，连接AD，如图所示：在正四面体P﹣ABC中，D是PD的中点，所以PB⊥AD，PB⊥CD，因为AD⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，AD∩CD＝D，所以直线PB⊥平面ACD，因为AE⊆平面ACD，所以PB⊥AE，所以直线AE与PB所成角为；故A选项正确；B选项，把△ACD沿着CD展开与面BCD同一平面内，由AD＝CD＝，AC＝4，，所以cos∠ADB＝cos（）＝﹣sin∠ADC＝﹣，所以×，所以△ABC的周长最小值为不正确，故B选项错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为r，由等体积法可知，，所以半径r＝，故C选项正确；D选项，10个小球分三层，（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为r，四个角小球球心连线M﹣NGF是棱长为4r的正四面体，其高为，由正四面体内切球的半径为高的得，如图正四面体P﹣HIJ，则MP＝3r，正四面体P﹣ABC的高为3r+r+r＝，得r＝，故D选项正确．故选：ACD．二．函数的最值及其几何意义（共1小题）2．（2023•茂名二模）黎曼函数R（x）是由德国数学家黎曼发现并提出的，它是一个无法用图象表示的特殊函数，此函数在高等数学中有着广泛的应用，R（x）在[0，1]上的定义为：当（p＞q，且p，q为互质的正整数）时，；当x＝0或x＝1或x为（0，1）内的无理数时，R（x）＝0，则下列说法错误的是（ ）A．R（x）在[0，1]上的最大值为B．若a，b∈[0，1]，则R（a•b）≥R（a）•R（b）C．存在大于1的实数m，使方程有实数根D．∀x∈[0，1]，R（1﹣x）＝R（x）【答案】C【解答】解：对于A，由题意，R（x）的值域为，其中p是大于等于2的正整数，选项A正确；对于B，①若a，b∈（0，1]，设（p，q互质，m，n互质），，则R（a•b）≥R（a）•R（b），②若a，b有一个为0，则R（a•b）≥R（a）•R（b）＝0，选项B正确；对于C，若n为大于1的正数，则，而R（x）的最大值为，所以该方程不可能有实根，选项C错误；对于D，x＝0，1或（0，1）内的无理数，则R（x）＝0，R（1﹣x）＝0，R（x）＝R（1﹣x），若x为（0，1）内的有理数，设（p，q为正整数，为最简真分数），则，选项D正确．故选：C．三．抽象函数及其应用（共1小题）（多选）3．（2023•高州市二模）已知定义在R上的函数f（x）满足f（﹣1﹣x）＝f（7+x），函数f（x+2）﹣1为奇函数，且对∀a，b∈[2，3]，当a≠b时，都有af（a）+bf（b）＞af （b）+bf（a）．函数与函数f（x）的图象交于点（x1，y1），（x2，y2），…，（x m，y m），给出以下结论，其中正确的是（ ）A．f（2022）＝2022B．函数f（x+1）为偶函数C．函数f（x）在区间[4，5]上单调递减D．【答案】BCD【解答】解：因为f（﹣1﹣x）＝f（7+x），所以f（x）＝f（6﹣x），f（x）的图象关于x＝3对称，因为函数f（x+2）﹣1为奇函数，所以f（x）的图象关于点（2，1）对称，且f（0+2）﹣1＝0⇒f（2）＝1，又f（﹣x+2）﹣1＝1﹣f（x+2）⇒f（x+2）＝2﹣f（2﹣x），所以f（x）＝2﹣f（4﹣x）＝2﹣f[6﹣（2+x）]＝2﹣f（2+x）＝2﹣[2﹣f（2﹣x）]＝f（2﹣x）＝f[6﹣（2﹣x）]＝f（x+4），即f（x）＝f（x+4），所以f（x）的周期为4，所以f（2022）＝f（2）＝1，故A错误；由上可知，f（x）＝f（2﹣x），f（x+1）＝f[2﹣（x+1）]＝f（1﹣x），故B正确；因为∀a，b∈[2，3]，当a≠b时，都有af（a）+bf（b）＞af（b）+bf（a），即（a﹣b）[f（a）﹣f（b）]＞0，所以f（x）在区间[2，3]单调递增，因为f（x）的图象关于点（2，1）对称，所以f（x）在区间[1，2]单调递增，又f（x）的图象关于x＝3对称，所以f（x）在区间[4，5]单调递减，C正确；因为，所以g（x）的图象关于点（2，1）对称，所以f（x）与g（x）的交点关于点（2，1）对称，不妨设x1＜x2＜x3＜•＜x m，则x1+x m＝x2+x m﹣1＝x3+x m﹣2＝⋅⋅⋅＝4，y1+y m＝y2+y m﹣1＝y3+y m﹣2＝⋅⋅⋅＝2，所以x1+x2+⋯+x m＝2m，y1+y2+⋯+y m＝m，所以，D正确．故选：BCD．四．对数值大小的比较（共1小题）4．（2023•广东二模）已知，，，则（参考数据：ln2≈0.7）（ ）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．b＞c＞a D．c＞a＞b【答案】B【解答】解：因为，，考虑构造函数，则，当0＜x＜e时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，e）上单调递增，当x＞e时，f′（x）＜0，函数f（x）在（e，+∞）上单调递减，因为ln2≈0.7，所以e0.7≈2，即，所以，所以，即，又，所以，故b＞a＞c．故选：B．五．三角函数的周期性（共1小题）（多选）5．（2023•广东二模）已知f（x）＝cos x+tan x，则下列说法正确的是（ ）A．f（x）是周期函数B．f（x）有对称轴C．f（x）有对称中心D．f（x）在上单调递增【答案】ACD【解答】解：因为f（x）＝cos x+tan x，所以f（x+2π）＝cos（x+2π）+tan（x+2π）＝cos x+tan x＝f（x），所以函数f（x）为周期函数，A正确；因为，，所以，所以函数为奇函数，故函数的图象关于原点对称，所以为函数f（x）的中心对称，C正确；当时，，因为0＜cos x＜1，0＜sin x＜1，所以f′（x）＞0，所以函数f（x）在上单调递增，D正确；由可得，当时，由0＜cos x≤1，﹣1＜sin x＜1，可得f′（x）＞0，函数f（x）在上单调递增，当，由﹣1≤cos x＜0，﹣1＜sin x＜1，可得f′（x）＞0，函数f（x）在上单调递增，又f（0）＝1，f（π）＝﹣1，作出函数f（x）在的大致图象可得：结合函数f（x）是一个周期为2π的函数可得函数f（x）没有对称轴，B错误．故选：ACD．六．正弦函数的图象（共1小题）6．（2023•佛山二模）已知函数f（x）＝sin（2x+φ）（|φ|＜），若存在x1，x2，x3∈（0，），且x3﹣x2＝2（x2﹣x1）＝4x1，使f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＞0，则φ的值为（ ）A．B．C．D．【答案】A【解答】解：∵x3﹣x2＝2（x2﹣x1）＝4x1，∴x2＝3x1，x3＝7x1，又f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＞0，且x1，x2，x3∈（0，），∴x3﹣x1＝6x1＝π，，，∴π﹣2x1﹣φ＝2x2+φ，即，∴．故选：A．七．函数的零点与方程根的关系（共1小题）（多选）7．（2023•茂名二模）已知f（x）＝，若关于x的方程4ef2（x）﹣af（x）+＝0恰好有6个不同的实数解，则a的取值可以是（ ）A．B．C．D．【答案】AB【解答】解：令g（x）＝，则g'（x）＝，所以g（x）在[0，1）上单调增，在（1，+∞）上单调减，所以f（x）的大致图像如下所示：令t＝f（x），所以关于x的方程4ef2（x）﹣af（x）+＝0有6个不同实根等价于关于t方程4et2﹣at+＝0在t∈（0，）内有2个不等实根，即h（t）＝4et+与y＝a在t∈（0，）内有2个不同交点，又因为h′（t）＝4e﹣＝，令h′（t）＝0，则t＝±，所以当t∈（0，）时，h′（t）＜0，h（t）单调递减；当t∈（，+∞）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增；所以h（t）＝4et+的大致图像如下所示：又h（）＝4，h（）＝5，所以a∈（4，5）．对照四个选项，AB符合题意．故选：AB．八．函数与方程的综合运用（共2小题）8．（2023•韶关二模）定义||x||（x∈R）为与x距离最近的整数（当x为两相邻整数算术平均数时，||x||取较大整数），令函数f（x）＝||x||，如：，，，，则＝（ ）A．17B．C．19D．【答案】C【解答】解：根据题意，函数f（x）＝||x||，当1≤n≤2时，有0.5＜＜1.5，则f（）＝1，则有＝1，当3≤n≤6，有1.5＜＜2.5，则f（）＝2，则有＝，当7≤n≤12，有2.5＜＜3.5，则f（）＝3，则有＝，……，由此可以将重新分组，各组依次为（1，1）、（、、、）、（、、、、、）、……，第n组为2n个，则每组中各个数之和为2n×＝1，前9组共有＝90个数，则是第10组的第10个数，则＝2×9+10×＝19．故选：C．9．（2023•潮州二模）已知函数f（x）＝|sin x|，g（x）＝kx（k＞0），若f（x）与g（x）图像的公共点个数为n，且这些公共点的横坐标从小到大依次为x1，x2，…，x n，则下列说法正确的是（ ）A．若n＝1，则k＞1B．若n＝3，则C．若n＝4，则x1+x4＞x2+x3D．若，则n＝2023【答案】B【解答】解：对于A：当k＝1时，令y＝sin x﹣x，则y′＝cos x﹣1＜0，即函数y＝sin x﹣x在定义域上单调递减，又当x＝0时，y＝0，所以函数y＝sin x﹣x有且仅有一个零点为0，同理易知函数y＝﹣sin x﹣x有且仅有一个零点为0，即f（x）与g（x）也恰有一个公共点，故A错误；对于B：当n＝3时，如下图：2易知在x＝x3，且x3∈（π，2π），f（x）与g（x）图象相切，由当x∈（π，2π）时，f（x）＝﹣sin x，则f′（x）＝﹣cos x，g′（x）＝k，故，从而x3＝tan x3，所以+x3＝tan x3+＝＝＝，故B 正确；对于C：当n＝4时，如下图：则x1＝0，π＜x4＜2π，所以x1+x4＜2π，又f（x）图象关于x＝π对称，结合图象有x3﹣π＞π﹣x2，即有x2+x3＞2π＞x1+x4，故C错误；对于D：当时，由f（）＝g（）＝1可得，f（x）与g（x）的图象在y轴右侧的前1012个周期中，每个周期均有2个公共点，共有2024个公共点，故D错误．故选：B．九．数列递推式（共1小题）（多选）10．（2023•高州市二模）已知数列{p n}和{q n}满足：p1＝1，q1＝2，p n+1＝p n+3q n，q n+1＝2p n+q n，n∈N*，则下列结论错误的是（ ）A．数列是公比为的等比数列B．仅有有限项使得C．数列是递增数列D．数列是递减数列【答案】ABD【解答】解：由题意可知，第二个式子乘以λ后与第一和式子相加可得，令，解得，取可得，因为p1＝1，q1＝2，所以，所以，所以数列是公比为的等比数列，选项A说法错误；因为p1＝1，q1＝2，所以，所以当n为正奇数时，，即，当n为正偶数时，，即，选项B说法错误；由p1＝1，q1＝2，p n+1＝p n+3q n，q n+1＝2p n+q n，可知p n＞0，q n＞0，且数列{p n}和{q n}均为递增数列，而，所以数列是递增数列，选项C说法正确；因为，所以数列是递增数列，选项D说法错误．故选：ABD．一十．利用导数研究函数的单调性（共3小题）11．（2023•广州二模）已知偶函数f（x）与其导函数f'（x）的定义域均为R，且f'（x）+e﹣x+x也是偶函数，若f（2a﹣1）＜f（a+1），则实数a的取值范围是（ ）A．（﹣∞，2）B．（0，2）C．（2，+∞）D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）【答案】B【解答】解：因为f（x）为偶函数，则f（x）＝f（﹣x），等式两边求导可得f′（x）＝﹣f′（﹣x），①因为函数f'（x）+e﹣x+x为偶函数，则f′（x）+e﹣x+x＝f′（﹣x）+e x﹣x，②联立①②可得f′（x）＝﹣x，令g（x）＝f′（x），则g′（x）＝﹣1≥﹣1＝0，且g′（x）不恒为零，所以函数g（x）在R上为增函数，即函数f′（x）在R上为增函数，故当x＞0时，f′（x）＞f′（0）＝0，所以函数f（x）在[0，+∞）上为增函数，由f（2a﹣1）＜f（a+1），可得f（|2a﹣1|）＜f（|a+1|），所以|2a﹣l|＜|a+1|，整理可得a2﹣2a＜0，解得0＜a＜2．故选：B．12．（2023•深圳二模）已知ε＞0，，且e x+εsin y＝e y sin x，则下列关系式恒成立的为（ ）A．cos x≤cos y B．cos x≥cos y C．sin x≤sin y D．sin x≥sin y【答案】A【解答】解：构造函数f（x）＝，x∈，则f′（x）＝，当x∈时，cos x＞sin x，f′（x）＝＞0，因为0＜e x，0＜e y，当＝，eɛ＞1，0＜sin x＜sin y时，则＞＞0，所以＞x＞y＞0，y＝cos x，x∈（0，）单调递增，所以cos x＜cos y，当＝＜0，eɛ＞1，sin x＜sin y＜0时，则＜＜0，所以﹣＜x＜y＜0，y＝cos x，x∈（﹣，0）单调递减，所以cos x＜cos y．当＝，eɛ＞1，sin x＝sin y＝0时，则x＝y＝0，此时cos x＝cos y，综上，cos x≤cos y．故选：A．（多选）13．（2023•佛山二模）已知函数f（x）＝e x﹣﹣1，对于任意的实数a，b，下列结论一定成立的有（ ）A．若a+b＞0，则f（a）+f（b）＞0B．若a+b＞0，则f（a）﹣f（﹣b）＞0C．若f（a）+f（b）＞0，则a+b＞0D．若f（a）+f（b）＜0，则a+b＜0【答案】ABD【解答】解：f（x）＝e x﹣﹣1，则f′（x）＝e x﹣x，f″（x）＝e x﹣1，当x∈（0，+∞）时，f″（x）＞0，f′（x）单调递增，当x∈（﹣∞，0）时，f″（x）＜0，f′（x）单调递减，所以f′（x）≥f′（0）＝1，所以f（x）在R上单调递增，且f（0）＝0，若a+b＞0，则a＞﹣b，所以f（a）＞f（﹣b），则f（a）﹣f（﹣b）＞0，故B正确；f（b）+f（﹣b）＝e b﹣b2﹣1+（e﹣b﹣b2﹣1）＝e b+e﹣b﹣b2﹣2，令h（b）＝e b+e﹣b﹣b2﹣2，h′（b）＝e b﹣e﹣b﹣2b，令h′（b）＝u（b），u′（b）＝e b+e﹣b﹣2≥0，u（b）在R上单调递增，而h′（0）＝u（0）＝0，故h（b）在（0，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调递减，故h（b）≥h（0）＝0，所以f（b）+f（﹣b）≥0⇒f（a）+f（b）≥f（a）﹣f（﹣b）＞0，故A正确；对于D，若f（a）+f（b）＜0⇒f（a）＜﹣f（b）≤f（﹣b）⇒a＜﹣b，即a+b＜0，故D 正确；设f（c）＝﹣f（b），若c＜a＜﹣b，则f（c）＝﹣f（b）＜f（a），满足f（a）+f（b）＞0，但a+b＜0，故C错误．故选：ABD．一十一．利用导数研究函数的最值（共1小题）14．（2023•湛江二模）对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为t1，t2，则t2﹣t1的最小值为（ ）A．﹣1B．﹣ln2C．1﹣ln3D．1﹣2ln2【答案】B【解答】解：由题意可得＝ln（2t2﹣1）+2，∴t1＝1+ln（ln（2t2﹣1）+2），t1，t2＞，∴t2﹣t1＝t2﹣1﹣ln（ln（2t2﹣1）+2）＝ln（），令h（x）＝，x∈（，+∞），h′（x）＝，令u（x）＝ln（2x﹣1）+2﹣在x∈（，+∞）上单调递增，且u（1）＝0，∴x∈（，1）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．∴x＝1时，函数h（x）取得极小值即最小值，h（1）＝，∴函数y＝ln（）取得最小值ln，即﹣ln2．即t2﹣t1的最小值为﹣ln2，故选：B．一十二．平面向量数量积的性质及其运算（共1小题）（多选）15．（2023•潮州二模）设向量，则（ ）A．B．C．D．在上的投影向量为（1，0）【答案】ACD【解答】解：因为，所以＝（﹣1，﹣1），对A：||＝，||＝，所以||＝||，故A正确；对B：因为1×（﹣1）﹣（﹣1）×（﹣1）＝﹣2≠0，所以与不平行，故B错误；对C：（）•＝﹣1+1＝0，所以（）⊥，故C正确；对D：在上的投影为＝＝1，则在上的投影向量为（1，0），故D正确；故选：ACD．一十三．三角形中的几何计算（共1小题）（多选）16．（2023•汕头二模）在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°，BC，AC 边上的两条中线AM，BN相交于点P，下列结论正确的是（ ）A．B．C．∠MPN的余弦值为D．【答案】ABD【解答】解：连接PC，并延长交AB于Q，△ABC中，AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，则，，，，，，，＝＝＝＝，故A正确；＝＝＝，故B正确；＝＝＝．故C错误；，故D正确．故选：ABD．一十四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共1小题）（多选）17．（2023•汕头二模）已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为r（0＜r＜2），设圆台的体积为V，则下列选项中说法正确的是（ ）A．当r＝1时，B．V存在最大值C．当r在区间（0，2）内变化时，V逐渐减小D．当r在区间（0，2）内变化时，V先增大后减小【答案】BD【解答】解：设圆台的上底面的圆心为O1，下底面的圆心为O，点A为上底面圆周上任意一点，圆台的高为h，球的半径为R，如图所示，则＝，对选项不正确；，设f（r）＝﹣3r3﹣4r2+4r+8，则f'（r）＝﹣9r2﹣8r+4，令f'（r）＝0可得9r2+8r﹣4＝0，解得，，易知r2∈（0，2），且当r∈（0，r2），f'（r）＞0；r∈（r2，2），f'（r）＜0，f（r）在（0，r2）单调递增，在（r2，2）单调递减，由f（0）＝8，f（1）＝5，f（2）＝﹣24，∃r0∈（1，2），使得f（r0）＝0，当r∈（0，r0），f（r）＞0，即V'＞0；当r∈（r0，2），f（r）＜0，即V'＜0，所以V在（0，r0）单调递增，在（r0，2）单调递减，则B，D正确，C错误．故选：BD．一十五．空间中直线与平面之间的位置关系（共1小题）（多选）18．（2023•广东二模）已知直线m与平面α有公共点，则下列结论一定正确的是（ ）A．平面α内存在直线l与直线m平行B．平面α内存在直线l与直线m垂直C．存在平面γ与直线m和平面α都平行D．存在过直线m的平面β与平面α垂直【答案】BD【解答】解：对于A选项，若直线m与α相交，且平面α内存在直线l与直线m平行，由于m⊄α，则m∥α，这与直线m与α相交矛盾，假设不成立，A错；对于B选项，若m⊂α，则在平面α内必存在l与直线m垂直，若直线m与α相交，设m⋂α＝A，如下图所示：若m⊥α，且l⊂α，则m⊥l，若m与α斜交，过直线m上一点P（异于点A）作PB⊥α，垂足点为B，过点A作直线l，使得l⊥AB，因为PB⊥α，l⊂α，则l⊥PB，又因为l⊥AB，PB∩AB＝B，PB、AB⊂平面PAB，所以l⊥平面PAB，因为m⊂平面PAB，所以l⊥m，综上所述，平面α内存在直线l与直线m垂直，B正确；对于C选项，设直线l与平面α的一个公共点为点A，假设存在平面γ，使得α∥β且m∥β，过直线m作平面γ，使得γ⋂β＝l，因为m∥γ，m⊂β，γ⋂β＝l，则l∥m，因为γ∥α，记β⋂α＝n，又因为γ⋂β＝l，则n∥l，因为在平面β内有且只有一条直线与直线l平行，且A∈n，故m、n重合，所以，m⊂α，但m不一定在平面α内，当m与α相交时，则m与γ也相交，C错误；对于D选项，若m⊥α，则过直线m的任意一个平面都与平面α垂直，若m与α不垂直，设直线m与平面的一个公共点为点A，则过点A有且只有一条直线l与平面α垂直，记直线l、m所确定的平面为γ，则α⊥β，D正确．故选：BD．一十六．直线与平面所成的角（共1小题）（多选）19．（2023•潮州二模）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，点P满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列结论正确的是（ ）A．当B1P∥平面A1BD时，B1P与CD1可能为B．当λ＝μ时，的最小值为C．若B1P与平面CC1D1D所成角为，则点P的轨迹长度为D．当λ＝1时，正方体经过点A1、P、C的截面面积的取值范围为【答案】AC【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，则根据题意可得：A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），C（1，1，0），A1（0，0，1），C1（1，1，1），D1（0，1，1），B1（1，0，1），∴，，设平面A1BD的一个法向量为，则，取，若B1P∥平面A1BD，则，∴（﹣λ，1，μ﹣1）⋅（1，1，1）＝﹣λ+1+μ﹣1＝0，∴λ＝μ，故，其中，令，解得λ＝0或1，∴B1P与CD1可能是，∴A正确；对B选项，∵λ＝μ，∴P点在棱CD1上，将平面CDD1与平面A1BCD1沿着CD1展成平面图形，如图所示，线段A1D＝≥A1D，由余弦定理可得：，∴，∴B错误；对C选项，∵B1C1⊥平面CC1D1D，连接C1P，则∠B1PC1即为B1P与平面CC1D1D所成角，若B1P与平面CC1D1D所成角为，则，所以C1P＝B1C1＝1，即点P的轨迹是以C1为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，C正确；D选项，当λ＝1时，P点在DD1上，过点A1作A1H∥CP交BB1于点H，连接CH，则CH∥A1P，所以平行四边形CHA1P即为正方体过点A1、P、C的截面，设P（0，1，t），∴，∴，，∴点P到直线A1C的距离为，∴当时，，△PA1C的面积取得最小值，此时截面面积最小为，当t＝0或1时，，△PA1C的面积取得最大值，此时截面面积最大为，故截面面积的取值范围为，D错误．故选：AC．一十七．二面角的平面角及求法（共1小题）（多选）20．（2023•佛山二模）四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，AB＝3，BD＝2，CD ＝4，平面ABD与平面BCD的夹角为，则AC的值可能为（ ）A．B．C．D．【答案】AD【解答】解：由AB⊥BD，CD⊥BD，平面ABD与平面BCD的夹角为，∴与所成角为或，＝++，∴2＝2+2+2+2•+2•+2•，当与所成角为，∴2＝2+2+2+2•+2•+2•＝9+4+16﹣2×3×4×cos＝17，∴AC＝，当与所成角为，∴2＝2+2+2+2•+2•+2•＝9+4+16﹣2×3×4×cos＝41，∴AC＝，综上所述：AC＝或．故选：AD．一十八．点、线、面间的距离计算（共2小题）（多选）21．（2023•梅州二模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为边AD 的中点，点P为线段D1B上的动点，设D1P＝λD1B，则（ ）A．当时，EP∥平面AB1CB．当时，|PE|取得最小值，其值为C．|PA|+|PC|的最小值为D．当C1∈平面CEP时，【答案】BC【解答】解：在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），B1（2，2，2），E（1，0，0），所以，则点P（2λ，2λ，2﹣2λ），对于A，，，，而，显然，即是平面AB1C 的一个法向量，而，因此不平行于平面AB1C，即直线EP 与平面AB1C不平行，A错误；对于B，，则，因此当时，|PE|取得最小值，B正确；对于C，，于是，当且仅当时取等号，C正确；对于D，取A1D1的中点F，连接EF，C1F，CE，如图，因为E为边AD的中点，则EF∥DD1∥CC1，当C1∈平面CEP时，P∈平面CEFC1，连接B1D1∩C1F＝Q，连接BD∩CE＝M，连接MQ，显然平面CEFC1∩平面BDD1B1＝MQ，因此MQ∩D1B＝P，BB1∥CC1，CC1⊂平面CEFC1，BB1⊄平面CEFC1，则BB1∥平面CEFC1，即有MQ∥BB1，而，所以，D错误．故选：BC．（多选）22．（2023•广州二模）已知正四面体A﹣BCD的长为2，点M，N分别为△ABC和△ABD的重心，P为线段CN上一点，则下列结论正确的是（ ）A．若AP+BP取得最小值，则CP＝PNB．若CP＝3PN，则DP⊥平面ABCC．若DP⊥平面ABC，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为D．直线MN到平面ACD的距离为【答案】BCD【解答】解：易得DE⊥AB，CE⊥AB，又DE∩CE＝E，则AB⊥面CDE，又CN⊂面CDE，则AB⊥CN，同理可得CN⊥BD，AB∩BD＝B，则CN⊥平面ABD，又AN，BN⊂平面ABD，所以CN⊥BN，CN⊥AN，则当点P与点N重合时，AP+BP取得最小值，又AN＝BN＝DN＝DE＝×＝，则最小值为AN+BN＝，故A错误；在正四面体ABCD中，因为DP⊥平面ABC，易得P在DM上，所以DM∩CN＝P，又点M，N也是△ABC和△ABD的内心，则点P为正四面体ABCD内切球的球心，CM＝CE＝，DM＝＝，设正四面体ABCD内切球的半径为r，因为V D﹣ABC＝V P﹣ABC+V P﹣ABD+V P﹣BCD+V P﹣ACD，所以S△ABC•DM＝S△ABC•r+S△ABD•r+S△BCD•r+S△ACD•r，解得r＝MP＝DM＝，即DP＝DM，故CP＝3PN，故B正确；设三棱锥P﹣ABC外接球的球心为O，半径为R，易得球心O在直线DN上，且ON⊥NC，则R2＝OC2＝CN2+（OP﹣NP）2，解得R＝，故三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为4πR2＝，故C正确；∵DM＝＝，即D到平面ABC的距离为，则B到平面ACD的距离为，∵E是AB的中点，∴E到平面ACD的距离为×，∵CM＝CE，∴M到平面ACD的距离为××＝，∴直线MN到平面ACD的距离为，故D正确．故选：BCD．一十九．直线与圆的位置关系（共1小题）23．（2023•潮州二模）已知圆M：x2+y2﹣4x+3＝0，则下列说法正确的是（ ）A．点（4，0）在圆M内B．若圆M与圆x2+y2﹣4x﹣6y+a＝0恰有三条公切线，则a＝9C．直线与圆M相离D．圆M关于4x+3y﹣2＝0对称【答案】B【解答】解：∵圆M：x2+y2﹣4x+3＝0可化为：（x﹣2）2+y2＝1，∴圆心为O1（2，0），半径为r1＝1，对于A：因为（4﹣2）2+02＞1，所以点（4，0）在圆M外，故A错误；对于B：若圆M与圆x2+y2﹣4x﹣6y+a＝0恰有三条公切线，则两圆外切，圆x2+y2﹣4x﹣6y+a＝0可化为（x﹣2）2+（y﹣3）2＝13﹣a，圆心为O2（2，3），半径为，因为|O1O2|＝r1+r2，所以，解得a＝9，故B正确；对于C：∵O1（2，0）到直线的距离为，∴直线与圆M相切，故C错误；对于D：显然圆心O1（2，0）不在直线4x+3y﹣2＝0上，则圆M不关于4x+3y﹣2＝0对称，故D错误；故选：B．二十．椭圆的性质（共3小题）24．（2023•高州市二模）若椭圆的离心率为，两个焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0），M为椭圆C上异于顶点的任意一点，点P是△MF1F2的内心，连接MP并延长交F1F2于点Q，则＝（ ）A．2B．C．4D．【答案】A【解答】解：如图，连接PF1，PF2，设P到x轴距离为d P，M到x轴距离为d M，则设△PF1F2内切圆的半径为r，则，＝＝＝（c+a）r∴不妨设|PQ|＝cm，则|MQ|＝（c+a）m（m＞0），∴|PM|＝|MQ|﹣|PQ|＝am（m＞0），因为椭圆的离心率为，∴，故选：A．25．（2023•韶关二模）韶州大桥是一座独塔双索面钢砼混合梁斜拉桥，具有桩深，塔高、梁重、跨大的特点，它打通了曲江区、浈江区、武江区交通道路的瓶颈，成为连接曲江区与芙蓉新城的重要交通桥梁，大桥承担着实现韶关“三区融合”的重要使命，韶州大桥的桥塔外形近似椭圆，若桥塔所在平面截桥面为线段AB，且AB过椭圆的下焦点，AB＝44米，桥塔最高点P距桥面110米，则此椭圆的离心率为（ ）A．B．C．D．【答案】D【解答】解：按椭圆对称轴所在直线建立直角坐标系，则椭圆方程为，令y＝﹣c，有一个，所以有，所以，所以＝，所以e＝＝．故选：D．。

广东省2023年高考数学模拟(二模)试题按题型难易度分层分类汇编(12套)-03解答题(提升题)2

广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（提升题）2目录一．数列的求和（共1小题） (1)二．利用导数研究函数的最值（共1小题） (1)三．解三角形（共4小题） (1)四．直线与平面所成的角（共2小题） (2)五．二面角的平面角及求法（共1小题） (3)六．点、线、面间的距离计算（共1小题） (3)七．直线与抛物线的综合（共1小题） (4)八．直线与双曲线的综合（共2小题） (4)九．离散型随机变量的期望与方差（共2小题） (4)一．数列的求和（共1小题）1．（2023•佛山二模）已知各项均为正数的等比数列{a n}，其前n项和为S n，满足2S n＝a n+2﹣6．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）记b m为数列{S n}在区间（a m，a m+2）中最大的项，求数列{b n}的前n项和T n．二．利用导数研究函数的最值（共1小题）2．（2023•广州二模）已知定义在（0，+∞）上的函数．（1）若a∈R，讨论f（x）的单调性；（2）若a＞0，且当x∈（0，+∞）时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．三．解三角形（共4小题）3．（2023•广州二模）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b cos A﹣a cos B ＝b﹣c．（1）求A；（2）若点D在BC边上，且CD＝2BD，cos B＝，求tan∠BAD．4．（2023•梅州二模）如图，在平面四边形ABCD中，∠BAC＝∠ADC＝90°，，AC ＝2，设∠CAD＝θ．（1）当θ＝45°时，求BD的长；（2）求BD的最大值．5．（2023•佛山二模）已知△ABC为锐角三角形，且cos A+sin B＝（sin A+cos B）．（1）若C＝，求A；（2）已知点D在边AC上，且AD＝BD＝2，求CD的取值范围．6．（2023•广州二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若角A的平分线交BC于D且AD＝2，求a的最小值．四．直线与平面所成的角（共2小题）7．（2023•广州二模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，点D是BC 的中点，点E在AA1上，AD∥平面BC1E．（1）求证：平面BC1E⊥平面BB1C1C；（2）当三棱锥B1﹣BC1E的体积最大时，求直线AC与平面BC1E所成角的正弦值．8．（2023•广州二模）在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是菱形，E是PD的中点，PA＝PD，AB＝2，∠ABC＝60°．（1）证明：PB∥平面EAC．（2）若四棱锥P﹣ABCD的体积为，求直线EC与平面PAB所成角的正弦值．五．二面角的平面角及求法（共1小题）9．（2023•深圳二模）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝2，∠ABC＝，A1C1⊥A1B．（1）证明：A1A＝A1C；（2）若A1A＝2，BC1＝，求平面A1CB1与平面BCC1B1夹角的余弦值．六．点、线、面间的距离计算（共1小题）10．（2023•梅州二模）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝＝2，点M为A1B1的中点．（1）在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（2）求点C到平面BC1M的距离．七．直线与抛物线的综合（共1小题）11．（2023•广州二模）已知直线l与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，且与x轴交于点M （a，0）（a＞0），过点A，B分别作直线l1：x＝﹣a的垂线，垂足依次为A1，B1，动点N 在l1上．（1）当a＝1，且N为线段A1B1的中点时，证明：AN⊥BN；（2）记直线NA，NB，NM的斜率分别为k1，k2，k3，是否存在实数λ，使得k1+k2＝λk3若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．八．直线与双曲线的综合（共2小题）12．（2023•梅州二模）已知双曲线E：的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2且双曲线E经过点．（1）求双曲线E的方程；（2）过点P（2，1）作动直线l，与双曲线的左、右支分别交于点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点H，满足，求证：点H恒在一条定直线上．13．（2023•佛山二模）双曲线C：的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B、D两点，且△ABD是直角三角形．（1）求双曲线C的方程；（2）M、N是C右支上的两动点，设直线AM、AN的斜率分别为k1、k2，若k1k2＝﹣2，求点A到直线MN的距离d的取值范围．九．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）14．（2023•梅州二模）元宵佳节，是民间最重要的民俗节日之一，我们梅州多地都会举行各种各样的民俗活动，如五华县河东镇的“迎灯”、丰顺县埔寨镇的“火龙”、大埔县百侯镇的“迎龙珠灯”等系列活动．在某庆祝活动现场，为了解观众对该活动的观感情况（“一般”或“激动”），现从该活动现场的观众中随机抽取200名，得到下表：一般激动总计男性90120女性25总计200（1）填补上面的2×2列联表，并依据小概率值α＝0.1的独立性检验，能否认为性别与对该活动的观感程度有关？（2）该活动现场还举行了有奖促销活动，凡当天消费每满300元，可抽奖一次．抽奖方案是：从装有3个红球和3个白球（形状、大小、质地完全相同）的抽奖箱里一次性摸出2个球，若摸出2个红球，则可获得100元现金的返现；若摸出1个红球，则可获得50元现金的返现；若没摸出红球，则不能获得任何现金返现．若某观众当天消费600元，记该观众参加抽奖获得的返现金额为X，求随机变量X的分布列和数学期望．附：，其中n＝a+b+c+d．α0.1000.0500.0100.001xα 2.706 3.841 6.63510.828 15．（2023•广州二模）某创业者计划在某旅游景区附近租赁一套农房发展成特色“农家乐”，为了确定未来发展方向此创业者对该景区附近五家“农家乐”跟踪调查了100天，这五家“农家乐的收费标准互不相同得到的统计数据如表，x为收费标准（单位：元/日），t 为入住天数（单位：天），以频率作为各自的“入住率”，收费标准x与“入住率”y的散点图如图x100150200300450t9065453020（1）若从以上五家“农家乐”中随机抽取两家深入调查，记ξ为“住率超过0.6的农家乐的个数，求ξ的概率分布列（2）z＝lnx，由散点图判断＝x+a与＝z+哪个更合适于此模型（给出判断即可不必说明理由）？并根据你的判断结果求回归方程（，的结果精确到0.1）（3）根据第（2）问所求的回归方程，试估计收费标准为多少时，100天销售额L最大？（100天销售额L＝100×入住率收费标准x）＝，＝x，＝240，＝365000，x i y i＝457，≈5.35，2≈28.57，≈144.24，zi y i≈12.72，e5≈150，e5.4≈220．广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（提升题）2参考答案与试题解析一．数列的求和（共1小题）1．（2023•佛山二模）已知各项均为正数的等比数列{a n}，其前n项和为S n，满足2S n＝a n+2﹣6．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）记b m为数列{S n}在区间（a m，a m+2）中最大的项，求数列{b n}的前n项和T n．【答案】（1）a n＝3•2n﹣1；（2）T n＝3•2n+2﹣12﹣3n．【解答】解：（1）设数列{a n}的公比为q，则q＞0，当n＝1时，有2S1＝a3﹣6，当n＝2时，有2S2＝a4﹣6，两式相减得，2a2＝a4﹣a3，即2＝q2﹣q，解得q＝2或﹣1（舍负），又2S1＝a3﹣6，所以2a1＝4a1﹣6，即a1＝3，所以a n＝3•2n﹣1．（2）由（1）知，S n＝＝3•（2n﹣1），所以S n﹣a n＝3•（2n﹣1）﹣3•2n﹣1＝3•（2n﹣1﹣1）≥0，即S n≥a n，当且仅当n＝1时，等号成立，S n﹣a n+1＝3•（2n﹣1）﹣3•2n＝﹣3＜0，即S n＜a n+1，所以a n≤S n＜S n+1＜a n+2＜S n+2，即a m≤S m＜S m+1＜a m+2＜S m+2，记b m为数列{S n}在区间（a m，a m+2）中最大的项，则b m＝S m+1＝3•（2m+1﹣1），所以b n＝3•（2n+1﹣1）＝3•2n+1﹣3，所以T n＝3•（22+23+…+2n+1）﹣3n＝3•﹣3n＝3•2n+2﹣12﹣3n．二．利用导数研究函数的最值（共1小题）2．（2023•广州二模）已知定义在（0，+∞）上的函数．（1）若a∈R，讨论f（x）的单调性；（2）若a＞0，且当x∈（0，+∞）时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）．【解答】解：（1）函数，x＞0，求导得：，当a≥0时，f'（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a＜0时，由f'（x）＞0得，由f'（x）＜0得，则f（x）在上递增，在上递减，所以当a≥0时，函数f（x）的递增区间是（0，+∞）；当a＜0时，函数f（x）的递增区间是，递减区间是．（2）因为a＞0，且当x∈（0，+∞）时，不等式恒成立，当0＜x≤1时，∀a＞0，恒成立，因此a＞0，当x＞1时，⇔2alne ax+ln （lne ax）≥2alnx+ln（lnx），令g（x）＝2ax+lnx，原不等式等价于g（lne ax）≥g（lnx）恒成立，而，即函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，因此∀x＞1，lne ax≥lnx，即，令，，当1＜x＜e时，h'（x）＞0，当x＞e时，h'（x）＜0，函数h（x）在（1，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，，因此，综上得，所以实数a的取值范围是．三．解三角形（共4小题）3．（2023•广州二模）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b cos A﹣a cos B ＝b﹣c．（1）求A；（2）若点D在BC边上，且CD＝2BD，cos B＝，求tan∠BAD．【答案】（1）A＝；（2）．【解答】解：（1）∵b cos A﹣a cos B＝b﹣c，∴根据正弦定理可得sin B cos A﹣sin A cos B＝sin B﹣sin C，∴sin B（cos A﹣1）＝sin A cos B﹣sin（A+B），∴sin B（cos A﹣1）＝﹣cos A sin B，又sin B＞0，∴cos A﹣1＝﹣cos A，∴2cos A＝1，又A∈（0，π），∴A＝；（2）设∠BAD＝θ，又A＝，则∠CAD＝﹣θ，∵D在BC边上，且CD＝2BD，∴S△ACD＝2S△ABD，设|AD|＝t，则，∴＝＝，又A＝，cos B＝，∴sin B＝，∴＝＝＝，∴＝，∴＝，即tan∠BAD＝．4．（2023•梅州二模）如图，在平面四边形ABCD中，∠BAC＝∠ADC＝90°，，AC ＝2，设∠CAD＝θ．（1）当θ＝45°时，求BD的长；（2）求BD的最大值．【答案】（1）；（2）3．【解答】解：（1）在Rt△ACD中，．在△ABD中，因为，由余弦定理得，因此；（2）在Rt△ACD中，AD＝AC cosθ＝2cosθ，在△ABD中，因为，由余弦定理得：＝＝，所以，所以当，即θ＝时，BD最长，BD的最大值为．5．（2023•佛山二模）已知△ABC为锐角三角形，且cos A+sin B＝（sin A+cos B）．（1）若C＝，求A；（2）已知点D在边AC上，且AD＝BD＝2，求CD的取值范围．【答案】（1）A＝；（2）（1，2）．【解答】解：（1）∵C＝，又cos A+sin B＝（sin A+cos B），∴cos A+sin（﹣A）＝sin A+cos（﹣A），∴cos A+cos A+sin A＝sin A+（cos A+sin A），∴，∴tan A＝1，又A∈（0，π），∴A＝；（2）∵cos A+sin B＝（sin A+cos B），∴sin A﹣cos A＝sin B﹣cos B，∴2sin（A﹣）＝2sin（B﹣），∴A﹣＝B﹣或A﹣+B﹣＝π，∴A＝B﹣或A+B＝（舍），又AD＝BD＝2，∴∠A＝∠ABD，∴∠CBD＝，在△BCD中，由正弦定理可得，∴，∴|CD|＝，又sin C＝sin（﹣2B），又△ABC为锐角三角形，'∴，∴B∈（，），∴∈（，），∴sin C＝sin（﹣2B）∈（，1），∴|CD|＝∈（1，2）．6．（2023•广州二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若角A的平分线交BC于D且AD＝2，求a的最小值．【答案】（1）；（2）．【解答】解：（1），即，即，由正弦定理得，B∈（0，π），sin B≠0，故，，，故，又，故，故；（2），设，，根据向量的平行四边形法则：，即，，又a2＝b2+c2﹣bc＝b2（1﹣x+x2），故，当且仅当x＝1时等号成立，故a的最小值为．四．直线与平面所成的角（共2小题）7．（2023•广州二模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，点D是BC 的中点，点E在AA1上，AD∥平面BC1E．（1）求证：平面BC1E⊥平面BB1C1C；（2）当三棱锥B1﹣BC1E的体积最大时，求直线AC与平面BC1E所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解答；（2）．【解答】解：（1）证明：可取CC1的中点M，连接DM，AM，又D为BC的中点，可得DM∥BC1，DM⊄平面BC1E，可得DM∥平面BC1E，又AD∥平面BC1E，AD∩DM＝D，可得平面ADM∥平面BC1E，所以AM∥平面BC1E，又平面BC1E∩平面A1ACC1＝C1E，可得AM∥C1E，即有E为AA1的中点，因为AB＝AC，D为BC的中点，可得AD⊥BC，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1B⊥底面ABC，可得B1B⊥AD，由BC∩B1B＝B，可得AD⊥平面BB1C1C，取BC1的中点H，连接EH，可得EH∥AD，即有EH⊥平面BB1C1C，而EH⊂平面BC1E，可得平面BC1E⊥平面BB1C1C；（2）设BC＝2a，可得AD＝，三棱锥B1﹣BC1E的体积V＝EH•＝•×3×2a＝a≤（a2+9﹣a2）＝（当且仅当a＝取得等号），可得当AB⊥AC时，三棱锥B1﹣BC1E的体积取得最大值．由于A1C1∥AC，可得直线AC与平面BC1E所成角即为直线A1C1与平面BC1E所成角．设A1到平面BC1E的距离为h，由BE＝C1E＝＝，BC1＝＝3，可得＝×3×＝，所以＝h•＝h，又＝×3××3×＝，又＝，解得h＝，又A1C1＝3，可得直线A1C1与平面BC1E所成角的正弦值为＝，即有直线AC与平面BC1E所成角的正弦值为．8．（2023•广州二模）在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是菱形，E是PD的中点，PA＝PD，AB＝2，∠ABC＝60°．（1）证明：PB∥平面EAC．（2）若四棱锥P﹣ABCD的体积为，求直线EC与平面PAB所成角的正弦值．【答案】（1）证明详见解析，（2）．【解答】解：（1）连接BD交AC于F，连接EF，因为四边形ABCD是菱形，所以F是BD的中点，又E是PD的中点，所以EF∥PB，因为EF⊂平面EAC，PB⊄平面EAC，所以PB∥平面EAC．（2）取AD的中点O，连接PO，则PO⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD．设PD＝a，则，解得a＝3．因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以OC⊥AD，且．以O为坐标原点，以OC，OD，OP所在直线分别为x轴，轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，则，故可设，则，所以直线EC与平面PAB所成角的正弦值为．五．二面角的平面角及求法（共1小题）9．（2023•深圳二模）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝2，∠ABC＝，A1C1⊥A1B．（1）证明：A1A＝A1C；（2）若A1A＝2，BC1＝，求平面A1CB1与平面BCC1B1夹角的余弦值．【答案】（1）证明过程请看解答；（2）．【解答】（1）证明：取AC的中点O，连接OA1，OB，因为AB＝BC，所以OB⊥AC，因为A1C1⊥A1B，A1C1∥AC，所以AC⊥A1B，又OB∩A1B＝B，OB、A1B⊂平面A1BO，所以AC⊥平面A1BO，因为A1O⊂平面A1BO，所以AC⊥A1O，因为O为AC的中点，所以A1A＝A1C．（2）解：因为AB＝BC＝2，∠ABC＝，所以AC＝A1C1＝2，又A1C1⊥A1B，BC1＝，所以A1B＝＝，而OA1＝OB＝1，所以，即OA1⊥OB，所以OA1，OB，OC两两垂直，故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，1），B1（1，，1），C（0，，0），B（1，0，0），所以＝（1，，0），＝（1，0，1），＝（0，，1），设平面A 1CB 1的法向量为＝（x ，y ，z ），则，即，令y ＝1，则x ＝﹣，z ＝，所以＝（﹣，1，），同理可得，平面BCC 1B 1的法向量＝（，1，﹣），设平面A 1CB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ，则cos θ＝|cos ＜，＞|＝＝＝，故平面A 1CB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为．六．点、线、面间的距离计算（共1小题）10．（2023•梅州二模）如图，正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ＝＝2，点M 为A 1B 1的中点．（1）在棱BB 1上是否存在点Q ，使得AQ ⊥平面BC 1M ？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（2）求点C 到平面BC 1M 的距离．【答案】（1）＝7；（2）．【解答】解：（1）在正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∵点M 为A 1B 1的中点．∴C1M⊥A1B1，又∵A1A⊥平面A1B1C1，∴A1A⊥C1M，面A1A∩A1B1＝A1，∴C1M⊥平面AA1B1B，过点A作AQ⊥BM，AQ⊥C1M，且BM∩C1M＝M，∴AQ⊥平面BC1M，即点Q为所要找的点，易得：△ABQ∽△BB1M，∴＝，即有＝，于是BQ＝，∴B1Q＝B1B﹣BQ＝4﹣＝，∴＝7；（2）连接C与AB的中点N，易知CN∥平面BC1M，点C到平面BC1M的距离h C等于点N到平面BC1M的距离h N，又N为AB的中点，点N到平面BC1M的距离h N等于点A到平面BC1M的距离h A的一半，而由（1）知，当BQ＝时，AQ⊥平面BC1M，设AQ∩BM＝H，则h A＝AH＝AB cos∠BAQ＝2×＝，∴h C＝h N＝h A＝．七．直线与抛物线的综合（共1小题）11．（2023•广州二模）已知直线l与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，且与x轴交于点M （a，0）（a＞0），过点A，B分别作直线l1：x＝﹣a的垂线，垂足依次为A1，B1，动点N 在l1上．（1）当a＝1，且N为线段A1B1的中点时，证明：AN⊥BN；（2）记直线NA，NB，NM的斜率分别为k1，k2，k3，是否存在实数λ，使得k1+k2＝λk3若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）λ＝2．【解答】（1）证明：如图所示：当a＝1时，M（1，0）恰为抛物线C：y2＝4x的焦点．由抛物线的定义可得：|AM|＝|AA1|，|BM|＝|BB1|．取AB的中点D，连接DN，则DN为梯形ABB1A1的中位线，所以．因为D为AB的中点，所以，所以|DA|＝|DN|．在△ADN中，由|DA|＝|DN|可得：∠AND＝∠NAD．因为DN为梯形ABB1A1的中位线，所以DN∥AA1，所以∠AND＝∠A1AN，所以∠NAD＝∠A1AN，同理可证：∠NBD＝∠B1BN．在梯形ABB1A1中，∠A1AB+∠B1BA＝180°，所以∠A1AN+∠NAD+∠DBN+∠NBB1＝180°，所以，所以∠ANB＝90°，即AN⊥BN．（2）解：假设存在实数λ，使得k1+k2＝λk3．由直线l与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，可设l：x＝my+a．设A（x1，y1），B（x2，y2），则，消去x可得：y2﹣4my﹣4a＝0，所以y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4a．则＝．而，所以，解得：λ＝2．八．直线与双曲线的综合（共2小题）12．（2023•梅州二模）已知双曲线E：的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2且双曲线E经过点．（1）求双曲线E的方程；（2）过点P（2，1）作动直线l，与双曲线的左、右支分别交于点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点H，满足，求证：点H恒在一条定直线上．【答案】（1）；（2）证明详见解析．【解答】解：（1）|F1F2|＝2，则c＝，，2a＝|AF1|﹣|AF2|＝，解得a ＝1，b2＝c2﹣a2＝2，故双曲线E的方程为；（2）证明：设H（x，y），M（x1，y1），N（x2，y2），则，，即①，，设＝λ，则（λ≠1），即，故，④，将①②代入④，则⑤，将③代入⑤，则2[（1﹣λ2）2x﹣（1﹣λ2）]＝（1﹣λ2）y，即4x﹣2＝y，故点H恒在定直线4x﹣y﹣2＝0．13．（2023•佛山二模）双曲线C：的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B、D两点，且△ABD是直角三角形．（1）求双曲线C的方程；（2）M、N是C右支上的两动点，设直线AM、AN的斜率分别为k1、k2，若k1k2＝﹣2，求点A到直线MN的距离d的取值范围．【答案】（1）；（2）（，6]．【解答】解：（1）根据题意可得∠BAD＝90°，半焦距c＝2，由AF＝BF，可得a+c＝，∴a2+2a＝22﹣a2，解得a＝1，∴b2＝c2﹣a2＝4﹣1＝3，∴双曲线C的方程的方程为；（2）显然直线MN不可能与坐标轴平行，∴设直线MN的方程为x＝my+n，联立，可得（3m2﹣1）y2+6mny+3（n2﹣1）＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则根据题意可得：，且，①，由k1k2＝﹣2，可得y1y2+2（x1+1）（x2+1）＝0，即y1y2+2（my1+n+1）（my2+n+1）＝0，整理得②，将①代入②中可得3（n2﹣1）（2m2+1）﹣12m2n（n+1）+2（n+1）2（3m2﹣1）＝0，化简可消去所有的含m的项，从而解得n＝5或n＝﹣1（舍去），∴直线MN的方程为x﹣my﹣5＝0，∴d＝，又MN都在双曲线的右支上，∴3m2﹣1＜0，∴，∴，∴d＝∈（，6]，∴点A到直线MN的距离d的取值范围为（，6]．九．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）14．（2023•梅州二模）元宵佳节，是民间最重要的民俗节日之一，我们梅州多地都会举行各种各样的民俗活动，如五华县河东镇的“迎灯”、丰顺县埔寨镇的“火龙”、大埔县百侯镇的“迎龙珠灯”等系列活动．在某庆祝活动现场，为了解观众对该活动的观感情况（“一般”或“激动”），现从该活动现场的观众中随机抽取200名，得到下表：一般激动总计男性90120女性25总计200（1）填补上面的2×2列联表，并依据小概率值α＝0.1的独立性检验，能否认为性别与对该活动的观感程度有关？（2）该活动现场还举行了有奖促销活动，凡当天消费每满300元，可抽奖一次．抽奖方案是：从装有3个红球和3个白球（形状、大小、质地完全相同）的抽奖箱里一次性摸出2个球，若摸出2个红球，则可获得100元现金的返现；若摸出1个红球，则可获得50元现金的返现；若没摸出红球，则不能获得任何现金返现．若某观众当天消费600元，记该观众参加抽奖获得的返现金额为X，求随机变量X的分布列和数学期望．附：，其中n＝a+b+c+d．α0.1000.0500.0100.001xα 2.706 3.841 6.63510.828【答案】（1）2×2列联表见解析，该场活动活动的观感程度与性别无关；（2）分布列见解析，E（X）＝100．【解答】解：（1）补全的2×2列联表如下：一般激动总计男性3090120女性255580总计55145200零假设为H0：性别与对活动的观感程度相互独立．根据表中数据，计算得到χ2＝＝＜1＜2.706，根据小概率值α＝0.1的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此我们可以认为H0成立，即认为对该场活动活动的观感程度与性别无关．（2）设一次摸球摸出2个红球的事件为A，摸出1个红球的事件为B，没摸出红球的事件为C，则P（A）＝＝，P（B）＝＝，P（C）＝＝，由题意，X可取200，150，100，50，0，P（X＝200）＝×＝，P（X＝150）＝2××＝，P（X＝100）＝×+2××＝，P（X＝50）＝2××＝，P（X＝0）＝×＝，所以X的分布列为：X200150100500P所以E（X）＝200×+150×+100×+50×+0×＝100．15．（2023•广州二模）某创业者计划在某旅游景区附近租赁一套农房发展成特色“农家乐”，为了确定未来发展方向此创业者对该景区附近五家“农家乐”跟踪调查了100天，这五家“农家乐的收费标准互不相同得到的统计数据如表，x为收费标准（单位：元/日），t 为入住天数（单位：天），以频率作为各自的“入住率”，收费标准x与“入住率”y的散点图如图x100150200300450t9065453020（1）若从以上五家“农家乐”中随机抽取两家深入调查，记ξ为“住率超过0.6的农家乐的个数，求ξ的概率分布列（2）z＝lnx，由散点图判断＝x+a与＝z+哪个更合适于此模型（给出判断即可不必说明理由）？并根据你的判断结果求回归方程（，的结果精确到0.1）（3）根据第（2）问所求的回归方程，试估计收费标准为多少时，100天销售额L最大？（100天销售额L＝100×入住率收费标准x）＝，＝x，＝240，＝365000，x i y i＝457，≈5.35，2≈28.57，≈144.24，zi y i≈12.72，e5≈150，e5.4≈220．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）ξ的所有可能取值为0，1，2则P（ξ＝0）＝∴ξ的分布列是ξ012P（2）由散点图可知＝z+a更适合于此模型依题意，则＝＝≈﹣0.47≈﹣0.5，＝＝0.5+0.47×5.35≈3.0，∴所求的回归方程为＝＝﹣0.5lnx+3.0．（3）依题意，L（x）＝100（﹣0.5lnx+3.0）x＝﹣50xlnx+300x，则L′（x）＝﹣50lnx+250由L′（x）＞0．得lnx＜5，x＜e5，由L′（x）＜0，得lnx＞5，x＞e5∴L（x）在（0，e5）上递增：在（e5，+∞）上递减当x＝e5≈150时，L（x）取到最大值∴当收费标准约为150（元/日）时，100天销售额L最大．。

2024年河北高考数学模拟试卷及答案

2024年河北高考数学模拟试卷及答案（一）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．已知抛物线C ：212y x = ，则C 的准线方程为 A ． 18x =B ．1-8x =C ．18y =D ．1-8y = 2．已知复数121z i=+ ，复数22z i =，则21z z -=A ．1BC ．．10 3．已知命题:(0,)ln xp x e x ∀∈+∞>，，则 A ．p 是假命题，:(-)ln xp x e x ⌝∃∈∞≤，0，B ．p 是假命题， :(0+)ln xp x e x ⌝∃∈∞≤，，C ．p 是真命题，:(-)ln xp x e x ⌝∃∈∞≤，0，D ．p 是真命题，:(0+)ln xp x e x ⌝∃∈∞≤，，4．已知圆台1O O 上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的侧面积为 A ．8πB ．16πC ．26πD ．32π5．下列不等式成立的是A.66log 0.5log 0.7>B. 0.50.60.6log 0.5>C.65log 0.6log 0.5>D. 0.60.50.60.6>6.某校为了解本校高一男生身高和体重的相关关系，在该校高一年级随机抽取了7名男生，测量了他们的身高和体重得下表：由上表制作成如图所示的散点图：由最小二乘法计算得到经验回归直线1l 的方程为11ˆˆˆy b x a =+，其相关系数为1r ；经过残差分析，点（167，90）对应残差过大，把它去掉后，再用剩下的6组数据计算得到经验回归直线2l 的方程为22ˆˆˆy b x a =+，相关系数为2r .则下列选项正确的是 A ．121212ˆˆˆˆ,,b b a a r r <>< B ．121212ˆˆˆˆ,,b b a a r r <<> C ．121212ˆˆˆˆ,,b b a a r r ><> D ．121212ˆˆˆˆ,,b b a a r r >>< 7．函数()y f x =的导数()y f x '=仍是x 的函数，通常把导函数()y f x '=的导数叫做函数的二阶导数，记作()y f x ''=，类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数一般地，n-1阶导数的导数叫做 n 阶导数，函数()y f x =的n 阶导数记为()n y fx =（），例如xy e =的n 阶导数()()n xx ee =．若()cos 2xf x xe x =+，则()500f =（）A ．49492+B ．49C ．50D ．50502-8．已知函数()cos()f x x ωϕ=+的部分图象如下，12y =与其交于A ，B 两点. 若3AB π=，则ω=A ．1B ．2C ．3D ．4二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。

2024高考数学真题分类汇编(解析)

一．复数1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）若1i 1zz =+-，则z =（）A ．1i --B ．1i-+C ．1i -D ．1i+【详解】因为11111i 111z z z z z -+==+=+---，所以111i i z =+=-.故选：C.2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知1i z =--，则z =（）A ．0B ．1C D ．2【详解】若1i z =--，则z ==故选：C.3．（2024年高考全国甲卷数学（理））设5i z =+，则()i z z +=（）A ．10iB ．2iC ．10D ．2-【详解】由5i 5i,10z z z z =+⇒=-+=，则()i 10i z z +=.故选：A二．集合1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知集合{}355,{3,1,0,2,3}A x x B =-<<=--∣，则A B = （）A ．{1,0}-B ．{2,3}C ．{3,1,0}--D ．{1,0,2}-【详解】因为{{}|,3,1,0,2,3A x x B =<=--，且注意到12<<，从而A B ={}1,0-.故选：A.2．（2024年高考全国甲卷数学（理））集合{}{}1,2,3,4,5,9,A B A ==∈，则()A A B ⋂=ð（）A ．{}1,4,9B ．{}3,4,9C ．{}1,2,3D ．{}2,3,5【详解】因为{}{}1,2,3,4,5,9,A B A ==∈，所以{}1,4,9,16,25,81B =，则{}1,4,9A B = ，(){}2,3,5A A B = ð故选：D三．命题与逻辑1．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知命题p ：x ∀∈R ，|1|1x +>；命题q ：0x ∃>，3x x =，则（）A ．p 和q 都是真命题B ．p ⌝和q 都是真命题C ．p 和q ⌝都是真命题D ．p ⌝和q ⌝都是真命题【详解】对于p 而言，取=1x -，则有101x +=<，故p 是假命题，p ⌝是真命题，对于q 而言，取1x =，则有3311x x ===，故q 是真命题，q ⌝是假命题，综上，p ⌝和q 都是真命题.故选：B.2．（2024年高考全国甲卷数学（理））设αβ、是两个平面，m n 、是两条直线，且m αβ= .下列四个命题：①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则,n n αβ⊥⊥③若//n α，且//n β，则//m n ④若n 与α和β所成的角相等，则m n⊥其中所有真命题的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④【详解】对①，当n ⊂α，因为//m n ，m β⊂，则//n β，当n β⊂，因为//m n ，m α⊂，则//n α，当n 既不在α也不在β内，因为//m n ，,m m αβ⊂⊂，则//n α且//n β，故①正确；对②，若m n ⊥，则n 与,αβ不一定垂直，故②错误；对③，过直线n 分别作两平面与,αβ分别相交于直线s 和直线t ，因为//n α，过直线n 的平面与平面α的交线为直线s ，则根据线面平行的性质定理知//n s ，同理可得//n t ，则//s t ，因为s ⊄平面β，t ⊂平面β，则//s 平面β，因为s ⊂平面α，m αβ= ，则//s m ，又因为//n s ，则//m n ，故③正确；对④，若,m n αβ⋂=与α和β所成的角相等，如果//,//αβn n ，则//m n ，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.四．向量1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知向量(0,1),(2,)a b x == ，若(4)b b a ⊥- ，则x =（）A ．2-B ．1-C ．1D ．2【详解】因为()4b b a ⊥- ，所以()40b b a ⋅-= ，所以240b a b -⋅=即2440x x +-=，故2x =，故选：D.2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知向量,a b满足1,22a a b =+= ，且()2b a b -⊥ ，则b = （）A ．12B C D ．1【详解】因为()2b a b -⊥ ，所以()20b a b -⋅= ，即22b a b =⋅，又因为1,22a a b =+= ，所以22144164a b b b +⋅+=+= ，从而2=b 故选：B.3．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知向量()()1,,,2a x x b x =+=，则（）A ．“3x =-”是“a b ⊥”的必要条件B ．“3x =-”是“//a b”的必要条件C ．“0x =”是“a b ⊥”的充分条件D ．“1x =-+”是“//a b ”的充分条件【详解】对A ，当a b ⊥时，则0a b ⋅= ，所以(1)20x x x ⋅++=，解得0x =或3-，即必要性不成立，故A 错误；对C ，当0x =时，()()1,0,0,2a b == ，故0a b ⋅= ，所以a b ⊥，即充分性成立，故C 正确；对B ，当//a b时，则22(1)x x +=，解得1x =B 错误；对D ，当1x =-时，不满足22(1)x x +=，所以//a b不成立，即充分性不立，故D 错误.故选：C.5.解三角形1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）记ABC 内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin C B =，222a b c +-(1)求B ；(2)若ABC 的面积为3c ．【详解】（1）由余弦定理有2222cos a b c ab C +-=，对比已知222a b c +-=，可得222cos 222a b c C ab ab +-===，因为()0,πC ∈，所以sin 0C >，从而sin2C==，又因为sin C B=，即1cos2B=，注意到()0,πB∈，所以π3B=.（2）由（1）可得π3B=，cos2C=，()0,πC∈，从而π4C=，ππ5ππ3412A=--=，而5πππ1sin sin sin124622224A⎛⎫⎛⎫==+=⨯+⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由正弦定理有5πππsin sin sin1234a b c==，从而,a b====，由三角形面积公式可知，ABC的面积可表示为21113sin222228ABCS ab C c c c==⋅=，由已知ABC的面积为32338c+=c=2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin2A A+=．(1)求A．(2)若2a=sin sin2C c B=，求ABC的周长．【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）由sin2A A=可得1sin122A A+=，即sin()1π3A+=，由于ππ4π(0,π)(,333A A∈⇒+∈，故ππ32A+=，解得π6A=方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）由sin2A A=，又22sin cos1A A+=，消去sin A得到：24cos30(2cos0A A A-+=⇔-=，解得cos A=又(0,π)A∈，故π6A=方法三：利用极值点求解设()sin(0π)f x x x x=<<，则π()2sin(0π)3f x x x⎛⎫=+<<⎪⎝⎭，显然π6x=时，max()2f x=，注意到π()sin22sin(3f A A A A=+==+，max ()()f x f A =，在开区间(0,π)上取到最大值，于是x A =必定是极值点，即()0cos sin f A A A '==，即tan A =，又(0,π)A ∈，故π6A =方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）设(sin ,cos )a b A A ==，由题意，sin 2a b A A ⋅=+=，根据向量的数量积公式，cos ,2cos ,a b a b a b a b ⋅==，则2cos ,2cos ,1a b a b =⇔= ，此时,0a b =，即,a b 同向共线，根据向量共线条件，1cos sin tan A A A ⋅=⇔=又(0,π)A ∈，故π6A =方法五：利用万能公式求解设tan 2A t =，根据万能公式，22sin 21tA A t ==+整理可得，222(2(20((2t t t --+-==--，解得tan22A t ==22tan 13t A t ==-，又(0,π)A ∈，故π6A =（2）由题设条件和正弦定理sin sin 2sin 2sin sin cos C c B B C C B B =⇔=，又,(0,π)B C ∈，则sin sin 0B C ≠，进而cos 2B =，得到π4B =，于是7ππ12C A B =--=，sin sin(π)sin()sin cos sin cos C A B A B A B B A =--=+=+=由正弦定理可得，sin sin sin a b cA B C ==，即2ππ7πsin sin sin6412bc==，解得b c ==故ABC的周长为2+3．（2024年高考全国甲卷数学（理））在ABC 中内角,,A B C 所对边分别为,,a b c ，若π3B =，294b ac =，则sin sin A C +=（）A ．32B C D 【详解】因为29,34B b ac π==，则由正弦定理得241sin sin sin 93A CB ==.由余弦定理可得:22294b ac ac ac =+-=，即:22134a c ac +=，根据正弦定理得221313sin sin sin sin 412A C A C +==，所以2227(sin sin )sin sin 2sin sin 4A C A C A C +=++=，因为,A C 为三角形内角，则sin sin 0A C +>，则sin sin A C +=.故选：C.6.概率统计1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值 2.1x =，样本方差20.01s =，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布()21.8,0.1N ，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布()2,N x s ，则（）（若随机变量Z 服从正态分布()2,N u σ，()0.8413P Z u σ<+≈）A ．(2)0.2P X >>B ．(2)0.5P X ><C ．(2)0.5P Y >>D ．(2)0.8P Y ><【详解】依题可知，22.1,0.01x s ==，所以()2.1,0.1Y N ，故()()()2 2.10.1 2.10.10.84130.5P Y P Y P Y >=>-=<+≈>，C 正确，D 错误；因为()1.8,0.1X N ，所以()()2 1.820.1P X P X >=>+⨯，因为()1.80.10.8413P X <+≈，所以()1.80.110.84130.15870.2P X >+≈-=<，而()()()2 1.820.1 1.80.10.2P X P X P X >=>+⨯<>+<，B 正确，A 错误，故选：BC ．2．（2024年新课标全国Ⅰ卷）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为1234,,,X X X X ，四轮的总得分为X .对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率()631448k P X ===⨯，所以()()31,2,3,48k E X k ==.从而()()()441234113382k k k E X E X X X X E X ===+++===∑∑.记()()0,1,2,3k p P X k k ===.如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以04411A 24p ==；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以34411A 24p ==.而X 的所有可能取值是0，1，2，3，故01231p p p p +++=，()1233232p p p E X ++==.所以121112p p ++=，1213282p p ++=，两式相减即得211242p +=，故2312p p +=.所以甲的总得分不小于2的概率为2312p p +=.故答案为：12.3．（2024年新课标全国Ⅱ卷）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg ）并部分整理下表亩产量[900，950）[950，1000）[1000，1050）[1100，1150）[1150，1200）频数612182410据表中数据，结论中正确的是（）A ．100块稻田亩产量的中位数小于1050kgB ．100块稻田中亩产量低于1100kg 的稻田所占比例超过80%C ．100块稻田亩产量的极差介于200kg 至300kg 之间D ．100块稻田亩产量的平均值介于900kg 至1000kg 之间【详解】对于A,根据频数分布表可知,612183650++=<,所以亩产量的中位数不小于1050kg ,故A 错误；对于B ，亩产量不低于1100kg 的频数为341024=+，所以低于1100kg 的稻田占比为1003466%100-=，故B 错误；对于C ，稻田亩产量的极差最大为1200900300-=，最小为1150950200-=，故C 正确；对于D ，由频数分布表可得，亩产量在[1050,1100)的频数为100(612182410)30-++++=，所以平均值为1(692512975181025301075241125101175)1067100⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，故D 错误.故选；C.4．（2024年新课标全国Ⅱ卷）在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是．【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有432124⨯⨯⨯=种选法；每种选法可标记为(,,,)a b c d ，a b c d ,,,分别表示第一、二、三、四列的数字，则所有的可能结果为：(11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42)，(12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40)，(13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40)，(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40)，所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大，为152********+++=.故答案为：24；1125．（2024年高考全国甲卷数学（理））1013x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，各项系数的最大值是．【详解】由题展开式通项公式为101101C 3rr r r T x -+⎛⎫= ⎪⎝⎭，010r ≤≤且r ∈Z ，设展开式中第1r +项系数最大，则1091101010111101011C C 3311C C 33rrr r r rr r --+---⎧⎛⎫⎛⎫≥⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎛⎫⎛⎫⎪≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎩，294334r r ⎧≥⎪⎪⇒⎨⎪≤⎪⎩，即293344r ≤≤，又r ∈Z ，故8r =，所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为28101C 53⎛⎫= ⎪⎝⎭.故答案为：5.6．（2024年高考全国甲卷数学（理））有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记m 为前两次取出的球上数字的平均值，n 为取出的三个球上数字的平均值，则m 与n 差的绝对值不超过12的概率是．【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有36A 120=种，设前两个球的号码为,a b ，第三个球的号码为c ，则1322a b c a b +++-≤，故2()3c a b -+≤，故32()3c a b -≤-+≤，故323a b c a b +-≤≤++，若1c =，则5a b +≤，则(),a b 为：()()2,3,3,2，故有2种，若2c =，则17a b ≤+≤，则(),a b 为：()()()()()1,3,1,4,1,5,1,6,3,4，()()()()()3,1,4,1,5,1,6,1,4,3，故有10种，当3c =，则39a b ≤+≤，则(),a b 为：()()()()()()()()1,2,1,4,1,5,1,6,2,4,2,5,2,6,4,5，()()()()()()()()2,1,4,1,5,1,6,1,4,2,5,2,6,2,5,4，故有16种，当4c =，则511a b ≤+≤，同理有16种，当5c =，则713a b ≤+≤，同理有10种，当6c =，则915a b ≤+≤，同理有2种，共m 与n 的差的绝对值不超过12时不同的抽取方法总数为()22101656++=，故所求概率为56712015=.故答案为：7157．（2024年高考全国甲卷数学（理））某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：优级品合格品不合格品总计甲车间2624050乙车间70282100总计96522150(1)填写如下列联表：优级品非优级品甲车间乙车间能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率0.5p =，设p 为升级改造后抽取的n 件产品的优级品率.如果p p >+150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？12.247≈）附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++()2P K k ≥0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【详解】（1）根据题意可得列联表：优级品非优级品甲车间2624乙车间7030可得()2215026302470754.687550100965416K ⨯-⨯===⨯⨯⨯，因为3.841 4.6875 6.635<<，所以有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有99%的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.（2）由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为960.64150=，用频率估计概率可得0.64p =，又因为升级改造前该工厂产品的优级品率0.5p =，则0.50.50.5 1.650.56812.247p +++⨯≈，可知p p >+所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.8．（2024年新课标全国Ⅱ卷）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成员为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p ，乙每次投中的概率为q ，各次投中与否相互独立．(1)若0.4p =，0.5q =，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．(2)假设0p q <<，（i ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？（ii ）为使得甲、乙，所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，∴比赛成绩不少于5分的概率()()3310.610.50.686P =--=.（2）（i ）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为331(1)P p q ⎡⎤=--⎣⎦甲，若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为331(1)P q p ⎡⎤=--⋅⎣⎦乙，0p q << ，3333()()P P q q pq p p pq ∴-=---+-甲乙()2222()()()()()()q p q pq p p q p pq q pq p pq q pq ⎡⎤=-+++-⋅-+-+--⎣⎦()2222()333p q p q p q pq =---3()()3()[(1)(1)1]0pq p q pq p q pq p q p q =---=---->，P P ∴>甲乙，应该由甲参加第一阶段比赛.(ii)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩X 的所有可能取值为0，5，10，15，333(0)(1)1(1)(1)P X p p q ⎡⎤==-+--⋅-⎣⎦，32123(5)1(1)C (1)P X p q q ⎡⎤==--⋅-⎣⎦，3223(10)1(1)C (1)P X p q q ⎡⎤==--⋅-⎣⎦，33(15)1(1)P X p q ⎡⎤==--⋅⎣⎦，()332()151(1)1533E X p q p p p q⎡⎤∴=--=-+⋅⎣⎦记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩Y 的所有可能取值为0，5，10，15，同理()32()1533E Y q q q p=-+⋅()()15[()()3()]E X E Y pq p q p q pq p q ∴-=+---15()(3)p q pq p q =-+-，因为0p q <<，则0p q -<，31130p q +-<+-<，则()(3)0p q pq p q -+->，∴应该由甲参加第一阶段比赛.7.立体几何1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高）A ．B ．C ．D ．【详解】设圆柱的底面半径为r而它们的侧面积相等，所以2ππr r =即=，故3r =，故圆锥的体积为1π93⨯=.故选：B.2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A 与平面ABC 所成角的正切值为（）A ．12B ．1C ．2D ．3【详解】解法一：分别取11,BC B C 的中点1,D D ，则11AD A D ==可知11111662222ABC A B C S S =⨯⨯⨯==⨯⨯ 设正三棱台111ABC A B C -的为h ，则(11115233ABC A B C V h -==，解得h =如图，分别过11,A D 作底面垂线，垂足为,M N ，设AM x =，则1AA=DN AD AM MN x=--=，可得1DD==结合等腰梯形11BCC B可得22211622BB DD-⎛⎫=+⎪⎝⎭,即()221616433x x+=++，解得x=所以1A A与平面ABC所成角的正切值为11tan1A MA ADAMÐ==；解法二：将正三棱台111ABC AB C-补成正三棱锥-P ABC，则1A A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，因为11113PA A BPA AB==，则111127P A B CP ABCVV--=，可知1112652273ABC A B C P ABCV V--==，则18P ABCV-=，设正三棱锥-P ABC的高为d，则116618322P ABCV d-=⨯⨯⨯⨯，解得d=，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO=所以PA与平面ABC所成角的正切值tan1POPAOAO∠==.故选：B.3．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为1r和2r，母线长分别为()212r r-和()213r r-，则两个圆台的体积之比=VV甲乙．【详解】由题可得两个圆台的高分别为)12h r r==-甲，)12h r r==-乙，所以((21211313S S h V h V h S S h ++-==++甲甲甲乙乙乙4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB =．(1)若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；(2)若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ．【详解】（1）（1）因为PA ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥，又AD PB ⊥，PB PA P = ，,PB PA ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，而AB ⊂平面PAB ，所以AD AB ⊥.因为222BC AB AC +=，所以BC AB ⊥，根据平面知识可知//AD BC ，又AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ．（2）如图所示，过点D 作DE AC ⊥于E ，再过点E 作EF CP ⊥于F ，连接DF ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ，而平面PAC 平面ABCD AC =，所以DE ⊥平面PAC ，又EF CP ⊥，所以⊥CP 平面DEF ，根据二面角的定义可知，DFE ∠即为二面角ACP D --的平面角，即sin 7DFE ∠=，即tan DFE ∠=因为AD DC⊥，设AD x =，则CD=DE =，又242xCE -==，而EFC 为等腰直角三角形，所以2EF =，故22tan4DFEx∠==x=AD=5．（2024年新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD中，8AB=，3CD=，AD=，90ADC︒∠=，30BAD︒∠=，点E，F满足25AE AD=，12AF AB=，将AEF△沿EF对折至PEF!，使得PC=．(1)证明：EF PD⊥；(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．【详解】（1）由218,,52AB AD AE AD AF AB====，得4AE AF==，又30BAD︒∠=，在AEF△中，由余弦定理得2EF,所以222AE EF AF+=，则AE EF⊥，即EF AD⊥，所以,EF PE EF DE⊥⊥，又,PE DE E PE DE=⊂、平面PDE，所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD；（2）连接CE，由90,3ADC ED CD︒∠===，则22236CE ED CD=+=，在PEC中，6PC PE EC===，得222EC PE PC+=，所以PE EC ⊥，由（1）知PE EF ⊥，又,EC EF E EC EF =⊂ 、平面ABCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，又ED ⊂平面ABCD ，所以PE ED ⊥，则,,PE EF ED 两两垂直，建立如图空间直角坐标系E xyz -，则(0,0,0),(0,0,(2,0,0),(0,E P D C F A -，由F 是AB的中点，得(4,B ，所以(4,22(2,0,2PC PD PB PF =-===-，设平面PCD 和平面PBF 的一个法向量分别为111222(,,),(,,)n x y z m x y z ==，则11111300n PC x n PD ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，222224020m PB x m PF x ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令122,y x =11220,3,1,1x z y z ===-=，所以(0,2,3),1,1)n m ==-，所以cos ,m nm n m n ⋅===设平面PCD 和平面PBF 所成角为θ，则sin 65θ==，即平面PCD 和平面PBF所成角的正弦值为65.6．（2024年高考全国甲卷数学（理））如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M 为AD的中点．(1)证明：//BM 平面CDE ；(2)求二面角F BM E --的正弦值．【详解】（1）因为//,2,4,BC AD EF AD M ==为AD 的中点，所以//,BC MD BC MD =，四边形BCDM 为平行四边形，所以//BM CD ，又因为BM ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以//BM 平面CDE ；（2）如图所示，作BO AD ⊥交AD 于O ，连接OF ，因为四边形ABCD 为等腰梯形，//,4,BC AD AD =2AB BC ==，所以2CD =，结合（1）BCDM 为平行四边形，可得2BM CD ==，又2AM =，所以ABM 为等边三角形，O 为AM中点，所以OB =又因为四边形ADEF 为等腰梯形，M 为AD 中点，所以,//EF MD EF MD =，四边形EFMD 为平行四边形，FM ED AF ==，所以AFM △为等腰三角形，ABM 与AFM △底边上中点O 重合，OF AM ⊥，3OF =，因为222OB OF BF +=，所以OB OF ⊥，所以,,OB OD OF 互相垂直，以OB 方向为x 轴，OD 方向为y 轴，OF 方向为z 轴，建立O xyz -空间直角坐标系，()0,0,3F，)()(),0,1,0,0,2,3BM E，()(),BM BF ==，()2,3BE = ，设平面BFM 的法向量为()111,,m x y z =，平面EMB 的法向量为()222,,n x y z =，则00m BM m BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111030y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令1x =113,1y z ==，即)m = ，则00n BM n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222220230y y z ⎧+=⎪⎨++=⎪⎩，令2x =，得223,1y z ==-，即)1n =-，11cos ,13m n m n m n ⋅===⋅，则sin ,m n =故二面角F BM E --8.解析几何1．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,4)-，点(6,4)-在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A ．4B ．3C ．2D ．2【详解】设()10,4F -、()20,4F 、()6,4-P ，则1228F F c ==，()22164410PF =++=，()2226446PF =+-=，则1221064a PF PF =-=-=，则28224c e a ===.故选：C.2．（2024年新课标全国Ⅰ卷）造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点O.且C 上的点满足横坐标大于2-，到点(2,0)F 的距离与到定直线(0)x a a =<的距离之积为4，则（）A ．2a =-B ．点(22,0)在C 上C ．C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D ．当点()00,x y 在C 上时，0042y x ≤+【详解】对于A ：设曲线上的动点(),P x y ，则2x >-且()2224x y x a -+⨯-=，因为曲线过坐标原点，故()2202004a -+⨯-=，解得2a =-，故A 正确.对于B ：又曲线方程为()22224x y x -+⨯+=，而2x >-，5．（2024年高考全国甲卷数学（理）22410++-=交于Ax y yA．2B．3C．4a b c成等差数列，所以【详解】因为,,++-=，即aax by b a20故选：C．（202427．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知(1)求C的离心率;(2)若过P的直线l交C于另一点⎧⎪⎪8．（2024年高考全国甲卷数学在C上，且MF x⊥轴．(1)求C的方程；由223412(4)x y y k x ⎧+=⎨=-⎩可得(34+故()(42Δ102443464k k =-+23264k由已知有22549m =-=，故当12k =时，过()15,4P 且斜率为22392x x +⎛⎫-= ⎪⎝⎭.解得3x =-或5x =，所以该直线与9.函数与导数1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知cos(),tan tan 2m αβαβ+==，则cos()αβ-=（）A ．3m -B ．3m -C ．3mD ．3m【详解】因为()cos m αβ+=，所以cos cos sin sin m αβαβ-=，而tan tan 2αβ=，所以sin sin 2cos cos αβαβ=，故cos cos 2cos cos m αβαβ-=即cos cos m αβ=-，从而sin sin 2m αβ=-，故()cos 3m αβ-=-，故选：A.2．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知函数为22,0()e ln(1),0x x ax a x f x x x ⎧---<=⎨++≥⎩，在R 上单调递增，则a 取值的范围是（）A ．(,0]-∞B ．[1,0]-C ．[1,1]-D ．[0,)+∞【详解】因为()f x 在R 上单调递增，且0x ≥时，()()e ln 1xf x x =++单调递增，则需满足()02021e ln1aa -⎧-≥⎪⨯-⎨⎪-≤+⎩，解得10a -≤≤，即a 的范围是[1,0]-.故选：B.3．（2024年新课标全国Ⅰ卷）当[0,2]x πÎ时，曲线sin y x =与2sin 36y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的交点个数为（）A ．3B ．4C ．6D ．8【详解】因为函数sin y x =的的最小正周期为2πT =，函数π2sin 36y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的最小正周期为2π3T =，所以在[]0,2πx ∈上函数π2sin 36y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：由图可知，两函数图象有6个交点.故选：C4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知函数为()f x 的定义域为R ，()(1)(2)f x f x f x >-+-，且当3x <时()f x x =，则下列结论中一定正确的是（）A ．(10)100f >B ．(20)1000f >C ．(10)1000f <D ．(20)10000f <【详解】因为当3x <时()f x x =，所以(1)1,(2)2f f ==，又因为()(1)(2)f x f x f x >-+-，则(3)(2)(1)3,(4)(3)(2)5f f f f f f >+=>+>，(5)(4)(3)8,(6)(5)(4)13,(7)(6)(5)21f f f f f f f f f >+>>+>>+>，(8)(7)(6)34,(9)(8)(7)55,(10)(9)(8)89f f f f f f f f f >+>>+>>+>，(11)(10)(9)144,(12)(11)(10)233,(13)(12)(11)377f f f f f f f f f >+>>+>>+>(14)(13)(12)610,(15)(14)(13)987f f f f f f >+>>+>，(16)(15)(14)15971000f f f >+>>，则依次下去可知(20)1000f >，则B 正确；且无证据表明ACD 一定正确.故选：B.5.（2024年新课标全国Ⅰ卷）设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（）A ．3x =是()f x 的极小值点B ．当01x <<时，()2()f x f x <C ．当12x <<时，4(21)0f x -<-<D ．当10x -<<时，(2)()f x f x ->【详解】对A ，因为函数()f x 的定义域为R ，而()()()()()()22141313f x x x x x x =--+-=--'，易知当()1,3x ∈时，()0f x '<，当(),1x ∞∈-或()3,x ∞∈+时，()0f x '>函数()f x 在(),1∞-上单调递增，在()1,3上单调递减，在()3,∞+上单调递增，故3x =是函数()f x 的极小值点，正确；对B ，当01x <<时，()210x x x x -=->，所以210x x >>>，而由上可知，函数()f x 在()0,1上单调递增，所以()()2f x f x >，错误；对C ，当12x <<时，1213x <-<，而由上可知，函数()f x 在()1,3上单调递减，所以()()()1213f f x f >->，即()4210f x -<-<，正确；对D ，当10x -<<时，()()()()()()222(2)()12141220f x f x x x x x x x --=------=-->，所以(2)()f x f x ->，正确；故选：ACD.6．（2024年新课标全国Ⅰ卷）若曲线e x y x =+在点()0,1处的切线也是曲线ln(1)y x a =++的切线，则=a .【详解】由e x y x =+得e 1x y '=+，00|e 12x y ='=+=，故曲线e x y x =+在()0,1处的切线方程为21y x =+；由()ln 1y x a =++得11y x '=+，设切线与曲线()ln 1y x a =++相切的切点为()()00,ln 1x x a ++，由两曲线有公切线得0121y x '==+，解得012x =-，则切点为11,ln 22a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，切线方程为112ln 21ln 222y x a x a ⎛⎫=+++=++- ⎪⎝⎭，根据两切线重合,所以ln 20a -=，解得ln 2a =.故答案为：ln 27．（2024年新课标全国Ⅱ卷）设函数2()(1)1f x a x =+-，()cos 2g x x ax =+，当(1,1)x ∈-时，曲线()y f x =与()y g x =恰有一个交点，则=a （）A ．1-B ．12C ．1D ．2【详解】解法一：令()()f x g x =，即2(1)1cos 2a x x ax +-=+，可得21cos a x ax -=+，令()()21,cos a x F x ax G x =-=+，原题意等价于当(1,1)x ∈-时，曲线()y F x =与()y G x =恰有一个交点，注意到()(),F x G x 均为偶函数，可知该交点只能在y 轴上，可得()()00F G =，即11a -=，解得2a =，若2a =，令()()F x G x =，可得221cos 0x x +-=因为()1,1x ∈-，则220,1cos 0x x ≥-≥，当且仅当0x =时，等号成立，可得221cos 0x x +-≥，当且仅当0x =时，等号成立，则方程221cos 0x x +-=有且仅有一个实根0，即曲线()y F x =与()y G x =恰有一个交点，所以2a =符合题意；综上所述：2a =.解法二：令()()()2()1cos ,1,1h x f x g x ax a x x =-=+--∈-，原题意等价于()h x 有且仅有一个零点，因为()()()()221cos 1cos h x a x a x ax a x h x -=-+---=+--=，则()h x 为偶函数，根据偶函数的对称性可知()h x 的零点只能为0，即()020h a =-=，解得2a =，若2a =，则()()221cos ,1,1h x x x x =+-∈-，又因为220,1cos 0x x ≥-≥当且仅当0x =时，等号成立，可得()0h x ≥，当且仅当0x =时，等号成立，即()h x 有且仅有一个零点0，所以2a =符合题意；故选：D.8．（2024年新课标全国Ⅱ卷）设函数()()ln()f x x a x b =++，若()0f x ≥，则22a b +的最小值为（）A ．18B ．14C ．12D ．1【详解】解法一：由题意可知：()f x 的定义域为(),b -+∞，令0x a +=解得x a =-；令ln()0x b +=解得1x b =-；若-≤-a b ，当(),1x b b ∈--时，可知()0,ln 0x a x b +>+<，此时()0f x <，不合题意；若1b a b -<-<-，当(),1x a b ∈--时，可知()0,ln 0x a x b +>+<，此时()0f x <，不合题意；若1a b -=-，当(),1x b b ∈--时，可知()0,ln 0x a x b +<+<，此时()0f x >；当[)1,x b ∈-+∞时，可知()0,ln 0x a x b +≥+≥，此时()0f x ≥；可知若1a b -=-，符合题意；若1a b ->-，当()1,x b a ∈--时，可知()0,ln 0x a x b +<+>，此时()0f x <，不合题意；综上所述：1a b -=-，即1b a =+，则()2222211112222a b a a a ⎛⎫=++=++≥ ⎪⎝⎭+，当且仅当11,22a b =-=时，等号成立，所以22a b +的最小值为12；解法二：由题意可知：()f x 的定义域为(),b -+∞，令0x a +=解得x a =-；令ln()0x b +=解得1x b =-；则当(),1x b b ∈--时，()ln 0x b +<，故0x a +≤，所以10b a -+≤；()1,x b ∈-+∞时，()ln 0x b +>，故0x a +≥，所以10b a -+≥；故10b a -+=，则()2222211112222a b a a a ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭+，当且仅当11,22a b =-=时，等号成立，所以22a b +的最小值为12.故选：C.9．（2024年新课标全国Ⅱ卷）对于函数()sin 2f x x =和π()sin(2)4g x x =-，下列正确的有（）A ．()f x 与()g x 有相同零点B ．()f x 与()g x 有相同最大值C ．()f x 与()g x 有相同的最小正周期D ．()f x 与()g x 的图像有相同的对称轴【详解】A 选项，令()sin 20f x x ==，解得π,2k x k =∈Z ，即为()f x 零点，令π()sin(204g x x =-=，解得ππ,28k x k =+∈Z ，即为()g x 零点，显然(),()f x g x 零点不同，A 选项错误；B 选项，显然max max ()()1f x g x ==，B 选项正确；C 选项，根据周期公式，(),()f x g x 的周期均为2ππ2=，C 选项正确；D 选项，根据正弦函数的性质()f x 的对称轴满足πππ2π,224k x k x k =+⇔=+∈Z ，()g x 的对称轴满足πππ3π2π,4228k x k x k -=+⇔=+∈Z ，显然(),()f x g x 图像的对称轴不同，D 选项错误.故选：BC10．（2024年新课标全国Ⅱ卷）设函数32()231f x x ax =-+，则（）A ．当1a >时，()f x 有三个零点B ．当0a <时，0x =是()f x 的极大值点C ．存在a ，b ，使得x b =为曲线()y f x =的对称轴D ．存在a ，使得点()()1,1f 为曲线()y f x =的对称中心【详解】A 选项，2()666()f x x ax x x a '=-=-，由于1a >，故()(),0,x a ∞∞∈-⋃+时()0f x '>，故()f x 在()(),0,,a ∞∞-+上单调递增，(0,)x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，则()f x 在0x =处取到极大值，在x a =处取到极小值，由(0)10=>f ，3()10f a a =-<，则(0)()0f f a <，根据零点存在定理()f x 在(0,)a 上有一个零点，又(1)130f a -=--<，3(2)410f a a =+>，则(1)(0)0,()(2)0f f f a f a -<<，则()f x 在(1,0),(,2)a a -上各有一个零点，于是1a >时，()f x 有三个零点，A 选项正确；B 选项，()6()f x x x a '=-，a<0时，(,0),()0x a f x '∈<，()f x 单调递减，,()0x ∈+∞时()0f x '>，()f x 单调递增，此时()f x 在0x =处取到极小值，B 选项错误；C 选项，假设存在这样的,a b ，使得x b =为()f x 的对称轴，即存在这样的,a b 使得()(2)f x f b x =-，即32322312(2)3(2)1x ax b x a b x -+=---+，根据二项式定理，等式右边3(2)b x -展开式含有3x 的项为303332C (2)()2b x x -=-，于是等式左右两边3x 的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的,a b ，使得x b =为()f x 的对称轴，C 选项错误；D 选项，方法一：利用对称中心的表达式化简(1)33f a =-，若存在这样的a ，使得(1,33)a -为()f x 的对称中心，则()(2)66f x f x a +-=-，事实上，32322()(2)2312(2)3(2)1(126)(1224)1812f x f x x ax x a x a x a x a +-=-++---+=-+-+-，于是266(126)(1224)1812a a x a x a-=-+-+-即126012240181266a a a a -=⎧⎪-=⎨⎪-=-⎩，解得2a =，即存在2a =使得(1,(1))f 是()f x 的对称中心，D 选项正确.方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，32()231f x x ax =-+，2()66f x x ax '=-，()126f x x a ''=-，由()02af x x ''=⇔=，于是该三次函数的对称中心为,22a a f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由题意(1,(1))f 也是对称中心，故122aa =⇔=，即存在2a =使得(1,(1))f 是()f x 的对称中心，D 选项正确.故选：AD11．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知α为第一象限角，β为第三象限角，tan tan 4αβ+=，tan tan 1αβ=，则sin()αβ+=.【详解】法一：由题意得()tan tan tan1tan tan αβαβαβ++===--因为π3π2π,2π,2ππ,2π22k k m m αβ⎛⎫⎛⎫∈+∈++ ⎪⎝⎭⎝⎭，,Z k m ∈，则()()()22ππ,22π2πm k m k αβ+∈++++，,Z k m ∈，又因为()tan 0αβ+=-，则()()3π22π,22π2π2m k m k αβ⎛⎫+∈++++ ⎪⎝⎭，,Z k m ∈，则()sin 0αβ+<，则()()sin cos αβαβ+=-+()()22sin cos 1αβαβ+++=，解得()sin 3αβ+=-.法二：因为α为第一象限角，β为第三象限角，则cos 0,cos 0αβ><,cos α==cos β==则sin()sin cos cos sin cos cos (tan tan )αβαβαβαβαβ+=+=+4cos cos αβ=====故答案为：3-.12．（2024年高考全国甲卷数学（理））设函数()2e 2sin 1x xf x x +=+，则曲线()y f x =在()0,1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（）A ．16B ．13C ．12D ．23【详解】()()()()()222e 2cos 1e 2sin 21xx x x x xf x x ++-+⋅'=+，则()()()()()02e 2cos 010e 2sin 000310f ++-+⨯'==+，即该切线方程为13y x -=，即31y x =+，令0x =，则1y =，令0y =，则13x =-，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积1111236S =⨯⨯-=.故选：A.13．（2024年高考全国甲卷数学（理））函数()()2e e sin x xf x x x -=-+-在区间[2.8,2.8]-的大致图像为（）A ．B ．C ．D ．【详解】()()()()()22e e sin e e sin x x x xf x x x x x f x ---=-+--=-+-=，又函数定义域为[]2.8,2.8-，故该函数为偶函数，可排除A 、C ，又()11πe 11111e sin11e sin 10e e 622e 42e f ⎛⎫⎛⎫=-+->-+-=-->-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故可排除D.故选：B.14．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知cos cos sin ααα=-πtan 4α⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A ．1B ．1C ．2D ．1【详解】因为cos cos sin ααα=-所以11tan =-α，tan 13⇒α=-，所以tan 1tan 11tan 4α+π⎛⎫==-α+ ⎪-α⎝⎭，故选：B.15．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知1a >，8115log log 42a a -=-，则=a ．【详解】由题28211315log log log 4log 22a a a a -=-=-，整理得()2225log 60log a a --=，2log 1a ⇒=-或2log 6a =，又1a >，所以622log 6log 2a ==，故6264a ==故答案为：64.16．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知函数3()ln (1)2xf x ax b x x=++--(1)若0b =，且()0f x '≥，求a 的最小值；(2)证明：曲线()y f x =是中心对称图形；(3)若()2f x >-当且仅当12x <<，求b 的取值范围．【详解】（1）0b =时，()ln 2xf x ax x=+-，其中()0,2x ∈，则()()()112,0,222f x a x x x x x =+=+∈--'，因为()22212x x x x -+⎛⎫-≤= ⎪⎝⎭，当且仅当1x =时等号成立，故()min 2f x a '=+，而()0f x '≥成立，故20a +≥即2a ≥-，所以a 的最小值为2-.，（2）()()3ln12x f x ax b x x=++--的定义域为()0,2，设(),P m n 为()y f x =图象上任意一点，(),P m n 关于()1,a 的对称点为()2,2Q m a n --，因为(),P m n 在()y f x =图象上，故()3ln 12m n am b m m=++--，而()()()()3322ln221ln 122m m f m a m b m am b m a m m -⎡⎤-=+-+--=-++-+⎢⎥-⎣⎦，2n a =-+，所以()2,2Q m a n --也在()y f x =图象上，由P 的任意性可得()y f x =图象为中心对称图形，且对称中心为()1,a .（3）因为()2f x >-当且仅当12x <<，故1x =为()2f x =-的一个解，所以()12f =-即2a =-，先考虑12x <<时，()2f x >-恒成立.此时()2f x >-即为()()3ln 21102x x b x x+-+->-在()1,2上恒成立，设()10,1t x =-∈，则31ln201t t bt t +-+>-在()0,1上恒成立，设()()31ln 2,0,11t g t t bt t t+=-+∈-，则()()2222232322311t bt b g t bt t t -++=-+=-'-，当0b ≥，232332320bt b b b -++≥-++=>，故()0g t '>恒成立，故()g t 在()0,1上为增函数，故()()00g t g >=即()2f x >-在()1,2上恒成立.当203b -≤<时，2323230bt b b -++≥+≥，故()0g t '≥恒成立，故()g t 在()0,1上为增函数，故()()00g t g >=即()2f x >-在()1,2上恒成立.当23b <-，则当01t <<时，()0g t '<故在⎛ ⎝上()g t 为减函数，故()()00g t g <=，不合题意，舍；综上，()2f x >-在()1,2上恒成立时23b ≥-.而当23b ≥-时，而23b ≥-时，由上述过程可得()g t 在()0,1递增，故()0g t >的解为()0,1，即()2f x >-的解为()1,2.综上，23b ≥-.17．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知函数3()e x f x ax a =--．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()1,(1)f 处的切线方程；(2)若()f x 有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．【详解】（1）当1a =时，则()e 1x f x x =--，()e 1x f x '=-，可得(1)e 2f =-，(1)e 1f '=-，即切点坐标为()1,e 2-，切线斜率e 1k =-，所以切线方程为()()()e 2e 11y x --=--，即()e 110x y ---=.（2）解法一：因为()f x 的定义域为R ，且()e '=-x f x a ，若0a ≤，则()0f x '≥对任意x ∈R 恒成立，可知()f x 在R 上单调递增，无极值，不合题意；若0a >，令()0f x '>，解得ln x a >；令()0f x '<，解得ln x a <；可知()f x 在(),ln a -∞内单调递减，在()ln ,a +∞内单调递增，则()f x 有极小值()3ln ln f a a a a a =--，无极大值，由题意可得：()3ln ln 0f a a a a a =--<，即2ln 10a a +->，构建()2ln 1,0g a a a a =+->，则()120g a a a'=+>，可知()g a 在()0,∞+内单调递增，且()10g =，不等式2ln 10a a +->等价于()()1g a g >，解得1a >，所以a 的取值范围为()1,+∞；解法二：因为()f x 的定义域为R ，且()e '=-x f x a ，若()f x 有极小值，则()e '=-x f x a 有零点，令()e 0x f x a '=-=，可得e x a =，可知e x y =与y a =有交点，则0a >，若0a >，令()0f x '>，解得ln x a >；令()0f x '<，解得ln x a <；。

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