河南省TOP二十名校2024屆高三上學(xué)期調(diào)研考試八數(shù)學(xué)答案

24屆高三年級(jí)TOP二十名校調(diào)研考試八數(shù)學(xué)參考答案、提示及評(píng)分細(xì)則1.C由題意得A={|||4≥0}={4≤≤4}B＝(y|y=(r1)2十2}={yly≥2}，所以RB={Yly<2}，所以ARB＝{4≤<2}.故選C·以(55i)之=32(1)2＝10.故選C·3·B由題意得f(x)＝ee＋2f(0)，所以f(0)＝1＋2f(0)，解得f(0)＝1,故f(x)＝e2，則f(0)＝1，所以函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y1=(x0)，即x+y1=0.故選B·4·B設(shè)第n天走a里，其中1≤n6N由題意可知，數(shù)列a}是公比為2的等比數(shù)列，所以a11(2)]13 2378解得a192所以此人第4天與第5天共走里程數(shù)為a4a592a11(2)]135D因?yàn)閍/b所以Cθtanθ+=0得inθ=所以Co2θ=12in2θ=12×(2=故選D6.D由題意，可作該圓亭的軸截面，如圖所示：則圓亭的高h(yuǎn)=2=BE=3上底面半徑r=2B＝1，下底面半徑R＝A=5，母線l=AB＝3242=5，所以圓臺(tái)的表面積S=π(r＋R)1十πr2十πR2=56π故選D.f()0f()在(0,＋∞)上單調(diào)遞減，f()不可能存在兩個(gè)零點(diǎn)，不合題意；當(dāng)a＞0時(shí)，可得f()在(0,a)上單調(diào)遞增，在兩個(gè)零點(diǎn)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,1).故選A.2πππ2268C由=2×得0=2則f()=in(2r+)則g()=i2(葉1)+]=in(2++為偶函2πππ22633ππ1π7ππ11π數(shù)，所以g(0)=1又0π所以=π，故f()=sin(2十)可得h()=2f(33ππ1π7ππ11π33236362in(2+)+1由h()=0得in(2十)=，故2+=2kπ+或2+=2kπ+3323636解得=kπ+或=kπ+kZ所以相鄰兩個(gè)零點(diǎn)之間的距離為或·若ba最小則a和b都是零點(diǎn)，此時(shí)在區(qū)間[a,π＋a]，[a2π＋a]…，[a，Sπ＋a]，(sN)分別恰有3，5…2s＋1個(gè)零點(diǎn)，所以在區(qū)【高三調(diào)研考試八數(shù)學(xué)參考答案第1頁(共6頁)】243221D3間a14π＋a]上恰有29個(gè)零點(diǎn)，從而在區(qū)間(14＋ab]上至少有1個(gè)零點(diǎn)，所以ba14所以3ba的最小值為14不+=·故選C·9.BD對(duì)于選項(xiàng)A，不妨令a＝2，b＝1，c＝0，d=1，滿足ab,C>d,但ac2＜bd2，故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B,若ac2>bc2，則C≠0，所以C2＞0，不等式ac2＞bc2兩邊同除以C2得a＞b故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，由"ab＞1"不能得到"a＞1，b＞1"，比如a=2，b=3，故充分性不成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D若p：R2＞0，則：]0R，02≤0，故D正確.故選BD9，m=1, 2n＋10，n≥2，10ACD對(duì)于選項(xiàng)A當(dāng)2時(shí)a=SS=2+10又a1=S=9·所以a=9，m=1, 2n＋10，n≥2，S1SS111max{是遞減數(shù)列故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B=葉+9是遞減數(shù)列，所以(S1SS111max對(duì)于選項(xiàng)C，由題意得{αn各項(xiàng)均不為0，設(shè){a}公比為q，1＋q+q2≠0，即S3k≠0，且a3k(1＋q+q2)≠。即S33S30(N)所以===SS333S3S33=q3故c正確；對(duì)于DS3K3S3=a3+1十a(chǎn)3+2＋a3k+3=3a3k+2，所以S3，S6S3，S9S6，…即數(shù)列3a2，3a5，3a8…為等差數(shù)列，故D正確.故選ACD1ABD對(duì)于選項(xiàng)A，如圖1，取AB1的中點(diǎn)E,AB的中點(diǎn)F，連接DE，EF,CF,故EF業(yè)2BB1·又CD業(yè)2BB1四邊形CDEF為平行四邊形…DECF又三棱柱ABC-A1B1C是直三棱柱，△ABC為正三角形，CFc平面ABC，CFBB1，CFAB,而ABBB1＝BCF⊥平面ABB1A1又DE/CF…DEL平面ABB1A1.又DEc平面AB1D，所以平面AB1DL平面ABB1A1，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，如圖2，連接CO并延長交AB于Q，則Q為AB的中點(diǎn)，連接CP，PQ，點(diǎn)D,P為棱CC1,BB1的中點(diǎn)，PC/B1D,PQ/B1A，PCPQ=P,B1DB1A=B1平面PQC/平面AB1D，…0PC平面PQC…0P平面AB1D，故B正確；)c(0a0)·D(0a)Bo(00·a)AB1·BC2B(00，0).設(shè)異面直線AB1與BC所成的角為θ，則COSθ=→→AB1·BC2AB1BC4成角的余弦值為.所以inθ=1C2=故C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D得AB=(aAD=()設(shè)n=(1)為平面ABD的一個(gè)法向(··3aa)(=3223(、3aaa23(··3aa)(=3223(、3aaa23n·AD＝(1wy)·=0=2，2'2yn·AD＝(1wy)·=0=2，2'2y3【高三調(diào)研考試八數(shù)學(xué)參考答案第2頁(共6頁)】243221D3mn2222mn22abaa2ab則b在a方向上的投影向量為aa向量為則C〈mn〉即直線AB與平面ABD所成角的正弦值為故D3mn2222mn22abaa2ab則b在a方向上的投影向量為aa正確故選ABin22C2AD對(duì)于選項(xiàng)A當(dāng)入時(shí)f(x)in方程f()tan即in所以22C2π4π233C所以π2π或故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B當(dāng)入時(shí)f()2π4π233則f)＋C當(dāng)2時(shí)C所以f()即f()在2)上單22調(diào)遞增故B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C因?yàn)閒lnπf(π)ln(π＋1)根據(jù)選項(xiàng)B222f()在上有且僅有個(gè)零點(diǎn)當(dāng)π)時(shí)f(x)ln(r＋1)in＞ln(π＋1)＞所22以f()在)上無零點(diǎn)所以f()在上有且僅有個(gè)零點(diǎn)故C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D由2f()2(e)即ln)in2(e)整理得2ein入ln)2令g()2ein入ln()2則g()2C當(dāng)入時(shí)對(duì)任意有C又2e2所以g()此時(shí)g(x)在上單調(diào)遞增故g()g()符合題意當(dāng)入)2時(shí)令h()g()則h()2ein所以在上h()＞恒成立即h())2g()在上單調(diào)遞增又g(0)入(π)2e當(dāng)入即入時(shí)在上有g(shù)()此時(shí)g()在上單調(diào)遞增g(x)g(0)符合題意當(dāng)入即入時(shí)若g()即(π＋1)(2e)入由零點(diǎn)存在定理存在(0，π)使g(0)故()上g()所以(x)在()上單調(diào)遞減此時(shí)g(xo)g(0)不合題意若g(π)即入(π＋1)(2eπ＋1)此時(shí)對(duì)恒有g(shù)()且不恒為即g(x)在上單調(diào)遞減所以g(π)g(0)不合題意綜上入的取值范圍是)故D正確故選A39因?yàn)閒(1)2lg22所以ff)f2)3294(255由題意a5b(ab)(a3b)(ab)(a3b)即a22ab3b2a58因?yàn)閒()的定義域?yàn)镽f()eef()所以函數(shù)f()為奇函數(shù)又f()ee2在R上為減函數(shù)所以由f(2m)f(n1)f(0)得2(n1)所以e2e(4224m4m則(2m＋n)4248224m4m2(42時(shí)取等號(hào)所以的最小值為8243)因?yàn)閍c(BC)acA2入3inBcA所以acBcCainBinCa(cosBcosCSinBsinC)2入3CinBcA即ainBinC3CinBcA由正弦定理得inAinBinC高調(diào)研考試八數(shù)學(xué)參考答案第3頁(共頁)24322D23inCinBcosA顯然inC>0，inB>0,所以sinA=3CosA所以tanA=3，因?yàn)锳(0π)所以A2=因?yàn)?=23，所以a=因?yàn)?=23，所以a＝3b＝23sinB，所以=b＋=23sinB＋=3sinASinBbb2inB(0＜B＜—，23(sinB+(0＜B＜—，23(sinB+)，因?yàn)椤鰽BC為銳角角形，所以所以<B<，即sinB(0<3B<2，4inB(0<3B<2，2，424.22/31372224(1)令f()=+3(1)根據(jù)對(duì)勾2，424.22/31372224遞減在(上單調(diào)遞增且f()=2f()=3f(1)=，所以f()32)即inB+∈32)所以23(inB+643)即的取值范圍為[643).17·(1)證明：因?yàn)?a+1(1a2)＋ana21=an，所以2an+1(1a2)＝an(1a2+1)，N+，可化為aa"=2(aa3分a12因?yàn)閍1＝2，所以a1a12所以數(shù)列a}是以為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列5分(aa2=9×224=9×42(∈N)7分所以T=b1+b2十b3++b=4×(1+41+42++41)=×==×=×(4"1)，N+·…………10分4144所以=，故1a22=12對(duì)定義域內(nèi)的任意實(shí)數(shù)都成立則=±13分經(jīng)驗(yàn)證α＝1不符合，a＝1符合題意，所以a=1.……………………4分 (2)由(1)知1>0，所以函數(shù)f()的定義域?yàn)?1，1)5分…")因?yàn)閒()在02]上單調(diào)遞減而y=e在02]上單調(diào)遞增 所以h()=e1n(+1)在02]上單調(diào)遞增則h()e1-e+ln3·10分 又=h()在區(qū)間[0…2]上無解故(1)u(-e+1n3+)·12分2321212令2k2+π2k+，kez,得kπ5πkπ+kez2321212【高三調(diào)研考試八數(shù)學(xué)參考答案第4頁(共6頁)】243221D522故函數(shù)f()的單調(diào)遞增區(qū)間為[不1k不+1Z6分5223π3(2)由f(A)=2得in(2A+3=23π3由余弦定理得=CosA，得bC＝1＋3由余弦定理得=CosA，得bC＝1＋3bc2bc2因?yàn)閎＋c＝3＋1，所以(b＋c)2=b2＋c2＋2bc=4＋23，從而有(2＋3)bc=3＋23＝3(2＋3)，得bc＝3，……………………11分2224222420.解(1)因?yàn)椋鸡?lt;π，所以20.解(1)因?yàn)椋鸡?lt;π，所以α442'4又in(+α=所以C(+α)=2分所以Cα=C8(4+α=C8C8(+α+8in8in(+α=205分(2)由(1)，得inα=1C082α=726分又β所以4β42又C(4β)所以in(β7分(4+β)]=C8(+βC+in(+βin=9分in=入1(2=0分/2172727233()/217272723321·(1)證明：如圖所示，在棱BB1上取點(diǎn)M，使得BM=CF，又BM/CF所以四邊形BMFC為平行四邊形，則MF/BC且MF=BC,又BC/A1D1且BC=A1D，所以MF/A1D1且MF=A1D1則四邊形A1D1FM為平行四邊形，所以A1MD1F，…………………3分同理可證四邊形A1MBE為平行四邊形，則BE/A1M，所以BE/D1F.所以B,E,D1,F四點(diǎn)共面.………………5分(2)解：以DA為軸，DC為Y軸，DD1為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則→D(00.o)B→(220)E(202)F(021)DE＝(20，2)，DF＝(0,2，1).設(shè)平面DEF的法向量為n＝(1，Y11)nlDEn·DE=21＋21=0nlDEn·DE=21＋21=0，(1=nlDFn·DF=2y+1=0IY=21令之1