2024《浙大優(yōu)學(xué)·靶向模擬卷》數(shù)學(xué)參考答案

千里之行，始于足下朽木易折，金石可鏤Word-可編輯參考答案2024數(shù)學(xué)新高考I卷準(zhǔn)確模擬(一)1.B【解析】因?yàn)锳={xB={x因此,A∩2.A【解析】z12=z22?z12?z22=0?3.B【解析】因?yàn)閏=a+b,a?4.C【解析】設(shè)△ABC如圖,設(shè)∠PCA=α,在Rt△PBC中,在△PCA中,由正弦定理得PCsin∠PAC化為cosα=3故選C.5.C【解析】對(duì)于選項(xiàng)A,由題知0<a<對(duì)于選項(xiàng)B,因?yàn)閍?b=lg25>lg110=?1,所以對(duì)于選項(xiàng)D,因?yàn)閍+b=1且a≠b,所以故選C.6.D【解析】因?yàn)閒?x=tan?x+1tan?因?yàn)閒x+π=tanx+π+1tanx+π=tanx+1tan因?yàn)閒πcosxsinx+sinxcos主意一:因?yàn)楹瘮?shù)y=x+1x在0,1上單調(diào)遞減,函數(shù)y=tanx主意二:因?yàn)閒x=cosxsin綜上所述,選D.7.D【解析】令直線l1,l2的傾斜角分離當(dāng)圍成的等腰三角形底邊在x軸上時(shí),θ=π當(dāng)圍成的等腰三角形底邊在直線l2上時(shí),θ=α2,因?yàn)閠anα=2當(dāng)圍成的等腰三角形底邊在直線l1上時(shí),θ=2α則k=tan或tanθ故選D.8.C【解析】問題轉(zhuǎn)化為方程xe主意一:分離參數(shù)因?yàn)閒?2=0,所以方程令gx則g′令ux=x+1又u?2=0,所以當(dāng)x∈?∞,?2時(shí),g′x且g0又因?yàn)楫?dāng)x→?2時(shí),gxgx→0;當(dāng)x所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是?1主意二:分離函數(shù)令x+2=t,則令y1==t?1所以y1在?∞,1上單調(diào)遞減,在1,+∞而y10=?所以方程y1=y(1)當(dāng)k>0時(shí),(2)當(dāng)k<0時(shí),過原點(diǎn)O作設(shè)切點(diǎn)Px0,所以k00又y0=y所以k=所以k∈9.AC【解析】設(shè)事件B為“任取一個(gè)零件為次品”,事件Ai為“零件是第i臺(tái)車床加工”(i=1,2,按照題意得PA1=0.25,由全概率公式,得PB=PA1所以選項(xiàng)A準(zhǔn)確,選項(xiàng)B錯(cuò)誤.“倘若取到的零件是次品,計(jì)算它是第i(i=1,所以PA1∣類似地,可得PA所以第1臺(tái)車床的操作員應(yīng)承擔(dān)的份額等于第2臺(tái)車床的操作員應(yīng)承擔(dān)的份額,所以選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選AC.10.BC【解析】主意一:先推薦正弦平方差公式:sin2證實(shí)過程如下.sin=sin===sinA由題意,可以令fx=sinπ2x因?yàn)閒3=?1因?yàn)閒?1=?1=?因?yàn)門=4,2023÷故選BC.主意二:對(duì)于選項(xiàng)A,因?yàn)閒x的定義域?yàn)镽,令x=y=0,則f令x=0,則又fy不恒為0,故f所以fx對(duì)于選項(xiàng)B,令x=2,y而f1=1,f對(duì)于選項(xiàng)C,由選項(xiàng)B可知,f3=?1,令x=3,y=2,則f5f1對(duì)于選項(xiàng)D,由選項(xiàng)B以及fx+2fx?2=因?yàn)?023÷4=505??故選BC.11.BCD【解析】若多面體ABDPC存在外接球,則球心必為△BCP的外心O,但此時(shí)OC≠OA因?yàn)檎怙鬉?PBC和正三棱雉D?則正三棱雉A?PBC中側(cè)棱兩兩互相垂直,正三棱雉所以正三棱雉可以放到正方體中,當(dāng)點(diǎn)A,P分別旋轉(zhuǎn)至點(diǎn)A′,P′處,且A′,B取BC的中點(diǎn)E,則∠PEP′>π3,又因?yàn)辄c(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的最短軌跡是以所以點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)所形成的最短軌跡長(zhǎng)大于3π3.故選項(xiàng)D故選BCD.12.13?32【解析】設(shè)橢圓CS所以b2又因?yàn)?<e<13.45,40482025【解析】主意一:由an所以S+a又因?yàn)閍1+a主意二:S9=a由題意知a1=則an當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),an=a當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),an=a所以an所以數(shù)列an所以Sn故1S所以T==所以T202414.7474dm3【解析】不妨設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為a如圖,過點(diǎn)B作BB′⊥平面α,過點(diǎn)C作CC′⊥平面α,水面與CA交于點(diǎn)M,與可以知道Rt△AC則AC′2所以CM=同理可得,DN=因?yàn)槿萜鲀?nèi)部剩余部分是一個(gè)棱臺(tái),則棱臺(tái)上底為等腰直角三角形,直角邊長(zhǎng)為3棱臺(tái)下底也為等腰直角三角形,直角邊長(zhǎng)為9所以上底面面積S1下底面面積S2=1所以剩余部分的體積為V=13所以水的體積為6315.【解析】(1)主意一(幾何法)補(bǔ)形為正方體ABHC?A1B1由正方體的性質(zhì)知A1H⊥平面AB1因?yàn)锽1所以B1E在平面又因?yàn)镋∈平面AC所以點(diǎn)E在平面ACC1A因?yàn)槠矫鍭CC1A1∩所以點(diǎn)E的軌跡為線段AC主意二(坐標(biāo)法)如圖建立空間直角坐標(biāo)系,則B1,0設(shè)E0,y,zy由B1E⊥A所以y?z=所以點(diǎn)E的軌跡為線段AC(2)主意一(幾何法)因?yàn)辄c(diǎn)E的軌跡為線段AC所以平面ADE即平面C1因?yàn)槠矫鍯1AB∩又因?yàn)锳B⊥平面AC所以AB⊥AC,所以∠C1AC就是平面ADE所以平面ADE與平面ABC的夾角為45°主意二(坐標(biāo)法)如圖建立空間直角坐標(biāo)系,則B1,所以AC因?yàn)辄c(diǎn)E的軌跡為線段AC所以平面C1AB與平面ABC所成角,就是平面ADE與平面顯然平面ABC的一個(gè)法向量為m=設(shè)平面C1AB的一個(gè)法向量為由AC1令y=1,則所以n=所以cos?m所以平面ADE與平面ABC的夾角為45°16.【解析】(1)因?yàn)榈炔顢?shù)列an滿意a1=所以d=a3設(shè)數(shù)列an中隨意三項(xiàng)an=1+2n假設(shè)an,=即2m因?yàn)閙,所以n所以k?n2=0所以數(shù)列an中的隨意(2)由題意,知bn所以b1而2?12設(shè)滿意條件的最大整數(shù)為n0則2即n所以n0=9817.【解析】(1)聯(lián)立方程x可得4?因?yàn)橛形ㄒ还颤c(diǎn)且k≠±則Δ=收拾得m2可解得點(diǎn)Mkm4?k2又由題知點(diǎn)N的坐標(biāo)為25曲線E的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為25,02即FM_FN,即以MN為直徑的圓過雙曲線E的右焦點(diǎn).(2)由(1)知,過點(diǎn)M且與l垂直的直線方程為y可得A?即x=?則x2=400即x2100?所以點(diǎn)Px,y的軌跡方程是x18.【解析】(1)要使化驗(yàn)費(fèi)用的數(shù)學(xué)期待最小,只需每個(gè)人的化驗(yàn)費(fèi)用期待最小.設(shè)每人的化驗(yàn)費(fèi)用為Y元,若混合血樣呈陰性,則Y=n+9n=1+每位職工的化驗(yàn)費(fèi)用為EY=1+9n×0.當(dāng)且僅當(dāng)0.09n=9n故n=10時(shí),每位職工化驗(yàn)費(fèi)用的(2)(i)零假設(shè)為H0:“持久埋伏按照列聯(lián)表中的數(shù)據(jù),經(jīng)計(jì)算得到χ′=90按照小概率值α=0.05的自立性檢驗(yàn),沒有充分證據(jù)判斷H0(ii)若埋伏期X～由PX≥13.95=P19.【解析】(1)函數(shù)fx的定義域?yàn)?f設(shè)φx則函數(shù)φx為二次函數(shù),對(duì)稱軸為直線x=a令2x2?當(dāng)Δ≤0,即?4故當(dāng)?4≤a≤4當(dāng)a<?4時(shí),故當(dāng)a<?4時(shí),函數(shù)fx當(dāng)a>4時(shí),令f′x當(dāng)x∈0,x1∪x2,+∞故當(dāng)a>4時(shí),函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,a?a2?16綜上所述,當(dāng)a≤4時(shí),函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,+∞,無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間;當(dāng)a>4時(shí),函數(shù)f(2)f′因?yàn)楹瘮?shù)fx有兩個(gè)極值點(diǎn)x所以方程x2?a2x則Δ=a2所以f==?a要證fx即證lnx不妨設(shè)x1則只需證lnx設(shè)t=x1令gt則g′所以gt在1所以gt(3)由fx?=0lnx?x+sinx+a=0在0設(shè)g′x=1?1x?cosx又因?yàn)間′π即當(dāng)x∈0,π時(shí),存在g′所以g′x在0,π上有且僅有1個(gè)零點(diǎn),即存在當(dāng)x∈0,x0當(dāng)x∈x0,π所以gx在0,π(1)當(dāng)x∈0,π記φx=sinx?x,則φ′x=cosx?1則g>所以當(dāng)a∈[1,2]時(shí),直線y=a(2)當(dāng)x∈π,所以gx在π已證gx在x所以gx在x又因?yàn)間3π2=由(1)知gx0<1,所以當(dāng)a∈[1,2](3)當(dāng)x∈3π2,+∞時(shí),設(shè)vx=x故函數(shù)vx在3π所以gx≥x則當(dāng)a∈[1,2]時(shí),直線y=a綜上,當(dāng)a∈[1,2]時(shí),直線y=a即當(dāng)a∈[1,2024數(shù)學(xué)新高考I卷準(zhǔn)確模擬(二)1.B【解析】主意一:因?yàn)榧螦=x∣x2?2x主意二:集合B中的元素依次代人檢驗(yàn),故選B.2.B【解析】主意一:因?yàn)?i?2因此共軛復(fù)數(shù)為i?2主意二:由z?z=z23.C【解析】主意一:因?yàn)閍?b=2ea=2e1+e2=2e1+e22=7,b所以a?b=5以下同主意一.4.C【解析】把α+π6看成整體,通過換元β=α所以sin2α?由二倍角公式可得?cos2β=?15.A【解析】設(shè)事件A為“第一天空氣質(zhì)量為優(yōu)良”,事件B為“第二天空氣質(zhì)量為優(yōu)良”,則PA=0.75,P6.D【解析】主意一:由已知可得∠MAB=30所以kbA=3所以e=主意二:如圖,過點(diǎn)M作MD⊥x軸,可得M(即M2a,3即e=7.C【解析】主意一:由條件S9=?a5得9a5=?a所以n的取值范圍是1≤主意二:由條件S9=?a5得9a因?yàn)閍1>0,所以d<0由Sn≥a收拾得n2因?yàn)閐<0,所以即n2?11n所以n的取值范圍是1≤8.C【解析】由x02+由題設(shè)可知f′x是函數(shù)fx逼近原點(diǎn)的極值點(diǎn),當(dāng)x=±m(xù)2時(shí),fx=±3.因此對(duì)隨意給定的極值點(diǎn)x即±m(xù)22+±9.BD【解析】因?yàn)閒x=x3+ax當(dāng)Δ=4a2?12b=0時(shí),x0=?a因?yàn)楹瘮?shù)值域?yàn)镽,故選項(xiàng)B顯然準(zhǔn)確.因?yàn)槿雾?xiàng)系數(shù)大于0,所以極大值點(diǎn)比極小值點(diǎn)小,因此fx在?∞,選項(xiàng)D顯然準(zhǔn)確,導(dǎo)函數(shù)為二次函數(shù),是軸對(duì)稱圖形,因此原函數(shù)為中央對(duì)稱圖形,對(duì)稱中央的橫坐標(biāo)為x=?10.ABD【解析】因?yàn)闆Q定系數(shù)R2越大,殘差平方和越小,擬合效果越好,故選項(xiàng)A準(zhǔn)確因?yàn)橛^測(cè)值與預(yù)測(cè)值之差為殘差,預(yù)測(cè)值y=9.4×2+9.1對(duì)于二項(xiàng)分布ξ～Bn,p對(duì)于非線性回歸方程y=cetx轉(zhuǎn)化為lny=z=綜上,選ABD.11.BCD【解析】如圖,O是正三棱雉A?BCD外接球的球心,設(shè)該球半徑為R,O1是等邊△由BC=3,在Rt△OO1D在Rt△OO1E中,OO設(shè)球心O到過點(diǎn)E的截面圓的距離為d,可知d截面圓半徑r2所以截面圓的面積的取值范圍為[2π12.?26x2【解析】按x升冪羅列的第三項(xiàng)即為含x2的項(xiàng),1?2x513.33:2π?圖1可知平面PMN與正方體相交的截面即為正六邊形MENFPG,其邊長(zhǎng)為2,因此面積為S=612×22×3如圖2,動(dòng)直線B1Q是以DB1為軸,直線B1Q與直線圖2因?yàn)锽1所以底面圓的半徑HQ=所以點(diǎn)Q的軌跡長(zhǎng)度為2π.14.440【解析】由題意得.數(shù)列如下:11,21,...1...則該數(shù)列的前1+2+?+k要使kk+12>100,則所以k+2是第k+設(shè)k+所以k=2′?3≥14所以對(duì)應(yīng)滿意條件的最小整數(shù)N=29×15.【解析】(1)調(diào)查的500位老年人中有70位需要志愿者提供協(xié)助,因此該地區(qū)老年人中,需要幫助的老年人的比例預(yù)計(jì)值為70500(2)零假設(shè)H0:老年人是否需要志愿者提供協(xié)助χ6.635=所以有99%的控制認(rèn)為該地區(qū)的老年人是否需要志愿者提供協(xié)助(3)由(2)的結(jié)論知道,該地區(qū)的老年人是否需要志愿者提供協(xié)助與性別有關(guān),并且從樣本數(shù)據(jù)能看出該地區(qū)男性老年人與女性老年人中需要協(xié)助的比例有顯然的差異,因此在調(diào)查時(shí),先決定該地區(qū)老年人中男、女的比例,再把老年人分成男、女兩層并采用分層抽樣主意比采用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣主意更好.16.【解析】(1)按照正弦定理,條件式即sinAcosC+收拾得3sinA?cos解得?π6<∠所以∠A?π(2)主意一:由余弦定理a2=b由CD=2BD得即AD解得A=下面用三種主意求bc思路1:用余弦定理切人.因?yàn)椤鰽BC所以cosB=c將(1)代人得bc同理由cosC>0故12思路2:用正弦定理切人.因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形,所以解得30°由正弦定理得b32思路3:用極限主意求解.因?yàn)椤鰽BC當(dāng)∠B→90當(dāng)∠C→90故bc接下來(lái)?yè)Q元構(gòu)造函數(shù)求最值.設(shè)x=則3b設(shè)fx則f′由f′x>又12所以12由f′x<故fx所以AD主意二:思路1,齊次化不等式處理由CD=2BD得兩邊平方得A1令x=b==1+3x+1+等號(hào)成立,故AD的最大值為3+思路2:正弦定理函數(shù)處理由CD=2BD,得兩邊平方得A19又因?yàn)閎sin則b=代人得AD=19又因?yàn)椤鰽BC所以0解得π6當(dāng)2∠C?π3=π2即所以AD主意三:設(shè)BC的中點(diǎn)為E,△ABC外接圓的圓心為O,所以AD=2AO=2rO所以O(shè)E=32所以AD≤3+1,當(dāng)且僅當(dāng)17.【解析】(1)由題意在直接柱ABC?A1B1C1中,AC=CB不妨設(shè)AA則Aa0),所以A1可得A1所以A1E⊥(2)VC1?CEF=16ta?ta≤a6t+所以EF=所以平面B1EF的一個(gè)法向量為因?yàn)锽F=所以平面B1BF的一個(gè)法向量為設(shè)平面B1BF與平面B1則cosθ所以平面B1BF與平面B118.【解析】(1)易得F2解得xM因?yàn)辄c(diǎn)M在C2所以ykt2=所以M23,則2a=73+5(2)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)l的方程為y=與橢圓方程x24+y23=因?yàn)辄c(diǎn)R1,1設(shè)Ax則x1y2所以P4k當(dāng)k≠0時(shí),則直線OP的方程為y=?與橢圓方程聯(lián)立得xD設(shè)QxQ,由OP?OQ3???2?x所以點(diǎn)Q在定直線x4當(dāng)k=0時(shí),由條件可得P0,1,xD=當(dāng)k不存在時(shí),由條件可得P1,0,yD=0,xD219.【解析】(1)因?yàn)閒′則f′′x=?cos所以f′x=?sin又f1由零點(diǎn)存在性定理可知f′x=0在x∈f′x和fxx?Ixf>0<f遞增極大值遞政所以fx在?(2)令?x=由條件知?x所以?x因?yàn)?0=0,且?所以x=0是則?′又?′所以?′0=當(dāng)a=1時(shí),?當(dāng)x∈(?1,0]時(shí),?sin所以當(dāng)x∈(?1,當(dāng)x∈0?又因?yàn)閏osx≤1綜上可知,當(dāng)a=1時(shí),(3)因?yàn)間x=fx?由(2)可知gx在(?又因?yàn)間0=1由零點(diǎn)存在定理可知,存在x1∈e當(dāng)x∈[0,所以g′故gx在[又gπ由零點(diǎn)存在定理可知,存在x2∈0當(dāng)x∈πl(wèi)n故gx在π綜上可知,函數(shù)gx=f2024數(shù)學(xué)新高考I卷準(zhǔn)確模擬(三)1.B【解析】由題意可得?3又因?yàn)閤∈Z,所以所以集合M的真子集個(gè)數(shù)為232.A【解析】由題意可得a=1,1,所以a+故a+當(dāng)a+b⊥所以a+b?b=1+故“x=0′′是“a+b3.D【解析】設(shè)z?2z所以z2.故選D.4.D【解析】對(duì)隨意的m<n<0所以fx在?∞,因?yàn)楹瘮?shù)fx是定義在R所以fx在0,+∞上單調(diào)遞減,f?所以fx即fx+1≥0所以原不等式的解集為[?35.C【解析】由tanα得sinα又由正弦的倍角公式可得4sin2α即cosαcos所以cosα6.D【解析】因?yàn)橹本€l過點(diǎn)F0所以直線l的方程為y=?由y=?p2則Δ=設(shè)Ax則x1因?yàn)锳B==收拾得p3+4p所以拋物線C的準(zhǔn)線方程是y=?7.B【解析】設(shè)Sn?4當(dāng)n≥2時(shí),Sn所以an又a1由選項(xiàng)A可知,當(dāng)n≥2時(shí),aa故只需m2?4=0若數(shù)列an滿意an=0,則數(shù)列若數(shù)列an是正項(xiàng)等差數(shù)列,Sn=na1+所以Sn?4=d故對(duì)其變形可得Sn?當(dāng)?2a1?d故選B.8.B【解析】對(duì)于(1),因?yàn)閒x=ex?e?x的定義域?yàn)镽,且對(duì)于(2),令gx=fx?x2?2x=ex?對(duì)于(3),由fx=ex?e?x得對(duì)于(1),主意一:若對(duì)隨意的x∈0,+∞,都有f令?x=ex?e?x?因?yàn)閤>0,所以取不到等號(hào),所以若k≤2,則?′x>0恒成立,所以?x在(0,若k>2,則存在x0所以當(dāng)0<x<x0時(shí),?′x<0,當(dāng)x>x所以?x在0,x綜上,k≤2,所以k的最大值為2,所以(4)主意二:fxk的最大值即為函數(shù)fx在0即kmax=f故選B.9.AB【解析】用容易隨機(jī)抽樣的主意從含有50個(gè)個(gè)體的總體中抽取一個(gè)容量為6的樣本,則個(gè)體m被抽到的概率為650=12%,故選項(xiàng)A準(zhǔn)確.當(dāng)μ不變時(shí),數(shù)據(jù)13,27,24,12,14,30,15,17,19,若數(shù)據(jù)x1,x2,?,xtot的標(biāo)準(zhǔn)差為T,所以x1,x2故選AB.10.ACD【解析】將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程可得(x2),半徑為2,故選項(xiàng)A準(zhǔn)確,選項(xiàng)B不準(zhǔn)確由已知可得,直線2ax?by+2=0經(jīng)過圓心,所以2a×?1?2b+2=0,收拾可得a+b故選ACD.11.ACD【解析】由題意可知,x=fθ因?yàn)閤=fθ是偶函數(shù),y因?yàn)閒θ+gθ=cosθ+sin因?yàn)?ωθ=2sinωθ+π4在令函數(shù)ι=2fθ+g2θ=2cosθ+sin2θ=2cosθ1+sin故選ACD.12.10?【解析】Tr+1由5?2r=所以C32a因?yàn)閍>0,所以由5?2r=?則1x項(xiàng)的系數(shù)為C13.4【解析】主意一:設(shè)Bm則直線AB:由y?km=?x所以點(diǎn)Bm,kAB依題意,OA2所以m=8,解得k主意二:設(shè)Bm則直線AB:點(diǎn)Bm,km到直線x?所以O(shè)A2?AB解得k=主意三:設(shè)Aa,a,則直線AB由y=?x+設(shè)直線AB與曲線y=kx的另一交點(diǎn)為B′,則xB則xtt?所以O(shè)A2?解得k=14.56設(shè)外接球半徑為R,正五邊形的外接圓半徑為r,正二十面體的棱長(zhǎng)為l,則l2r=sin所以正五棱雉的頂點(diǎn)究竟面的距離是?l所以R2解得R=所以S×sin60則該正二十面體的外接球半徑與棱長(zhǎng)之比為56,該正二十面體的表面積與該正二十面體的外接球表面積之比等于5515.【解析】(1)主意一:由余弦定理得36=b所以bc≤36(當(dāng)且僅當(dāng)又因?yàn)镾△所以AD=主意二:由a=6,∠A=60°知,點(diǎn)A在如圖1所示的⊙O上運(yùn)動(dòng).顯然,當(dāng)點(diǎn)A在此時(shí)△ABC又∠A=60按照BC=a=(2)主意一:因?yàn)閠anB所以2sin所以2B),即sin由正弦定理得c=2b.結(jié)合(1)可得b2所以S△因?yàn)锳N平分∠BAC,所以AB所以S△又因?yàn)锳M是BC邊上的中線,所以S△所以S△主意二:同主意一可得b=又因?yàn)閍=所以△ABC是以角C由AN平分∠BAC,AM是a=6得所以MN=所以AN=所以∠ANB所以S△主意三:由∠A=60則∠B又因?yàn)閍=6,所以由AN是角平分線知∠CAN在Rt△ACN中易得CN又因?yàn)镃M=12所以S△16.【解析】(1)按照已知完成2×是否了解情況男女總計(jì)了解8040120不了解120160280總計(jì)200200400零假設(shè)H0則χ2則19.048>10.828,所以零假設(shè)H0不成立,則有99.9(2)X的可能取值為0,PP×PPX所以X的分布列為X0123P1151所以EX=主意二:設(shè)X1=因?yàn)閄1,X所以X=所以E==117.【解析】(1)過點(diǎn)D作DH⊥AC,銜接因?yàn)锳C⊥所以BC⊥平面ACD所以平面ABC⊥平面ACD又因?yàn)镈H⊥AC,平面ACD∩所以DH⊥平面ABC因?yàn)锳E⊥平面ABC,所以DH所以DH//平面ABE因?yàn)镈F//平面ABE,平面DFH,同時(shí)DF∩所以平面DFH//平面ABE所以FH//平面ABE因?yàn)镕H?平面ABC,平面ABC∩平面ABE=AB,所以FH//所以DE=23所以CD⊥(2)如圖,以AC中點(diǎn)H為原點(diǎn),HA為x軸,HD為z軸,過點(diǎn)H作BC的平行線為y軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則A1B所以CG=12設(shè)n=x,則n取x=1,則所以sinθ=cos?CG所以CG與平面ABE所成角的正弦值為3418.【解析】(1)主意一:由fx=由x=1是fx的一個(gè)極值點(diǎn)得f′1此時(shí)fx=2設(shè)gx則g′即gx在0,+∞上單調(diào)遞減.又所以當(dāng)x∈0,1時(shí),當(dāng)x∈1,+∞時(shí),g所以fx在0,1所以fx有極大值f主意二:由fx=2lnx由x=1是fx的一個(gè)極值點(diǎn)得f′1此時(shí)fx因?yàn)?x故f′又f′1=0,當(dāng)x∈0,1時(shí),所以fx在0,1所以fx有極大值f(2)?′主意一:設(shè)φx則φ′令φ′x=當(dāng)0<x<當(dāng)x>1e故φx在0,1故φx的極大值為φ當(dāng)0<x<又φ1=1>0,φ由φx0=當(dāng)x∈0,x0當(dāng)x∈x0,+∞時(shí),φx<0,即?故?x的極大值為?x0=ln令fx=0得2由fx有零點(diǎn)得?12k≤1x則φ′所以φx在0又因?yàn)棣?故φx存在唯一的零點(diǎn)x0,且以下同主意一.19.【解析】(1)主意一:由題意可知點(diǎn)M3與點(diǎn)M故雙曲線一定過M3和M當(dāng)雙曲線過點(diǎn)M1有25a當(dāng)雙曲線過點(diǎn)M2有36a2故雙曲線E的方程為x2主意二:由題意可知點(diǎn)M3與點(diǎn)M故雙曲線一定過M2和M設(shè)雙曲線E的方程為mx當(dāng)雙曲線過點(diǎn)M1有25m?當(dāng)雙曲線過點(diǎn)M2有36m?3n=1,16m?(2)由(1)知A?設(shè)P1,t,則直線PA聯(lián)立x則9t由韋達(dá)定理得?3即xC代人直線PA的方程得yC即C?直線PB的方程是y=?聯(lián)立x則9t由韋達(dá)定理得3?即xD代人直線PB的方程得yD即D27所以直線CD的斜率kcD所以直線CD的方程是y?27t2+12因?yàn)閠=所以直線CD的方程為y=(3)由(2)得直線CD過定點(diǎn)N9因?yàn)锽Q⊥CD,所以取BN的中點(diǎn)G6,0即GQ為定值.綜上,存在定點(diǎn)G6,02024數(shù)學(xué)新高考I卷準(zhǔn)確模擬(四)1.A【解析】因?yàn)閦=1+i1?i2.C【解析】因?yàn)锳={0,3.A【解析】依題意得fx因?yàn)閒?x所以fx為偶函數(shù),圖象關(guān)于y又f1=?13sin4.B【解析】從一到十這十個(gè)數(shù)中隨機(jī)抽取六個(gè)數(shù),能成為三組的個(gè)數(shù)是C55.B【解析】由題意可得e1因?yàn)閑1∈5所以0<b2所以e2的取值范圍是16.B【解析】因?yàn)?sin所以12所以2sin所以sinα即sinα7.C【解答】設(shè)tanθ則tan2θ設(shè)函數(shù)fx則f=?x當(dāng)1<x2<5+2所以當(dāng)x2=5+2此時(shí)tan2θ8.D【解析】因?yàn)?a所以22兩邊同乘2n?1得又因?yàn)?2a2所以2n所以2nan則Sn1兩式相減得1??n所以Sn則n+解得n>10,則故選D.9.ABC【解析】如圖,在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中,分離取AB,因?yàn)镠F⊥B1E,所以因?yàn)锽B1//CC1,所以B1在△BB1E中,因?yàn)锳B=2,BC=CC因?yàn)镈G⊥平面AD1E,所以B1E⊥所以平面BB1E⊥平面三棱雉A?B1ED故選ABC.10.ABD【解析】令?x=則?′x=1x又因?yàn)?′e=所以存在ξ∈e,3,使得?當(dāng)x∈2,當(dāng)x∈ξ,+∞所以?x有最大值2)?ξ故選項(xiàng)A準(zhǔn)確,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。因?yàn)楹瘮?shù)fxf由題可知t>0,因?yàn)榧磝1x2lnx則lnx因?yàn)楹瘮?shù)y=lnx+于是x1?2從而x1令?t則?′令?′t=0,則lnt=?13,解得當(dāng)t∈e?12所以當(dāng)t=e?13即x1x2則x1x2?2故選ABD.11.ACD【解析】依題意得μ=10,故選項(xiàng)A準(zhǔn)確.由選項(xiàng)A可知,預(yù)計(jì)生產(chǎn)出普通零件的概率越小.故選項(xiàng)B錯(cuò)誤.當(dāng)k=1.5時(shí),則PX而PX<9.7所以預(yù)計(jì)生產(chǎn)出不合格零件的概率為P(X>故生產(chǎn)200個(gè)零件約有不合格零件的個(gè)數(shù)為200故選項(xiàng)C準(zhǔn)確.當(dāng)k=1時(shí),則PXPX<P9.9<所以預(yù)計(jì)生產(chǎn)出優(yōu)質(zhì)零件的概率為0.682,不合格零件的概率為0.002,普通零件的概率為1?故每生產(chǎn)1000個(gè)零件預(yù)計(jì)盈利1000×(0.682故選項(xiàng)D準(zhǔn)確.故選ACD.12.152【解析】已知a=b=c所以a2即2+2a?所以a?所以a?13.402π【解析】因?yàn)閳A雉的頂點(diǎn)為S,母線SA,SB所成角的余弦值為所以sin∠ASB所以△SAB的面積為12SA2因?yàn)镾A與圓雉底面所成角為45°所以圓雉的底面半徑為22則該圓雉的側(cè)面積為12×414.8π3,x=5【解析】因?yàn)楹瘮?shù)fx=sinωx?π所以4π9ω?π3所以ω的最小值為34,T當(dāng)0<x<因?yàn)楹瘮?shù)fx在區(qū)間0所以5π2<ωπ因此ω=3,所以則曲線y=fx的一條對(duì)稱軸方程為3x?π3令n=1得S1當(dāng)n≥2時(shí),由1一(2)得an所以an+1所以數(shù)列am+1是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列,故a(2)因?yàn)閍1當(dāng)n=1時(shí),當(dāng)n≥a<…+1=+=+<2綜上,a116.【解析】如圖1,銜接MQ,并延伸MQ與CB的延伸線交于點(diǎn)N,銜接AN.圖1因?yàn)镻Q//平面ABC,AN所以PQ//又因?yàn)镻是AM的中點(diǎn),所以Q是MN的中點(diǎn).過點(diǎn)Q作QH⊥BC,垂足為H,則所以QHMC又M為CC所以QHCC1(1)如圖2,以C為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系,圖2則A1P所以A1PM設(shè)平面A1BM的一個(gè)法向量為n所以A可取n=設(shè)平面PQM的一個(gè)法向量為m=所以PM可取m=則平面PQM與平面A1cosθ=m?nmn=11642.17.【解析】(1)設(shè)事件Ai事件“三輪比賽結(jié)束后甲的積分為3分”=B1B2所以PX=3(2)將第3輪比賽中甲勝、平、負(fù)分離記為M1,M2,M3則樣本空間為Ω=M1N1∪M1N各基本領(lǐng)件對(duì)應(yīng)甲、乙、丙、丁四支球隊(duì)的積分如下表所示.基本領(lǐng)件積分結(jié)果M6.6,0.63隊(duì)抽簽M6,4,1,6甲隊(duì)出線M6,3,3,6甲隊(duì)出線M4,6,0,7甲隊(duì)淘汰M42隊(duì)抽簽M4,3,3,7甲隊(duì)出線M3,6,0,9甲隊(duì)淘汰M3甲隊(duì)淘汰M3.3.3.93隊(duì)抽簽設(shè)事件S為“積分相同的隊(duì)伍抽簽抽到甲球隊(duì)”.則PS∣M設(shè)事件T為“甲隊(duì)能出線”,則T=M所以PT==PS∣M=23×故甲隊(duì)能出線的概率為1218.【解析】(1)因?yàn)閒x的定義域?yàn)?則f′因?yàn)閒x=4x所以方程f′x=0即即函數(shù)gx=x因此只需g解得0<即實(shí)數(shù)a的取值范圍是0,(2)由(1)知,x1所以f===12因此要證fx即證4?即證1?構(gòu)造函數(shù)?a則?′又?′′a=?所以?′a在又?′1=由函數(shù)零點(diǎn)存在性定理可得,?a0∈即1a0=lna0,即a0ln當(dāng)a∈a0,4所以?a≤又函數(shù)y=lna0所以lna所以?a<0故fx19.【解析】(1)設(shè)焦點(diǎn)F0以AF為直徑的圓的圓心為Ex因?yàn)閳AE與x軸相切于點(diǎn)D,所以x3所以ED=解得x1所以C的方程為x2(2)設(shè)Bx2,由y=kx+所以x1則x1由x2=4y得y則直線m的方程為y?收拾得y=同理,直線n的方程為y=聯(lián)立(1)(2)得xP令y=1得所以MN=因?yàn)辄c(diǎn)P到直線MN的距離為d=所以S△PMN=≥設(shè)t=b,則f′令f′t=所以當(dāng)0≤t<當(dāng)t>33故當(dāng)t=33,即k為f33=1.A【解析】由題意可知A∪B={1,2,2.B【解析】由題意可得ka?b=2k?1,3.D【解析】由正弦定理得asinA=b若sinA≥sinB,則a≥b,所以∠若cosA≤cosB,則由余弦函數(shù)的單調(diào)性可得∠A≥∠B所以“sinA≥sinB4.B【解析】要求A,B相鄰,可以捆綁作為一個(gè)節(jié)目與E,F舉行全羅列,然后把5.C【解析】設(shè)甲分得x石,則丙分得x?按照三人分得的米數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列,則乙分得x-18石,由題意得x+x?36+x?則原式變?yōu)閟inδ+即sin=兩邊同除以cosδ?βcos于是tanα7.B【解析】由題意可得S1=Smun?ABCD=8.C【解析】主意一:f′顯然f′α在故存在唯一的x0>0,使得f′x0=0,即ex0+1=因此fx的最小值為+則1x0?lnax0+則lna代人1x0?ln由gx=1x?x?2ln又a>0,則主意二:fx>0即ex而y=ex按照互為反函數(shù)的函數(shù)圖象關(guān)于直線y=x對(duì)稱,問題轉(zhuǎn)化為ex設(shè)?x=ex+主意三:fx>0?構(gòu)造gx=xln易知,當(dāng)x∈0,1時(shí),gx單調(diào)遞減,當(dāng)x所以gx有極小值g1=?1則gex+即a<ex9.AC【解析】若Sn=n2,當(dāng)n≥2時(shí),an=2n?1若Sn=2na1=2不滿意a若an是等差數(shù)列,則S99=99a當(dāng)n=1時(shí),S1?S3?S2故選AC.10.AD【解析】因?yàn)?<x<則π3所以函數(shù)fx在0當(dāng)π3<ω+π3≤1)上單調(diào)遞增,故選項(xiàng)A準(zhǔn)確.函數(shù)fx在0,1上可能有極大值,但無(wú)最小值,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤,選項(xiàng)D故選AD.11.ABC【解析】由log得log3令fx=log3x?1log3令gx=log3x?1log4當(dāng)x∈0,1時(shí),fx的值域?yàn)镽,當(dāng)x∈所以存在b∈0,1,a∈2,+∞因此?a,b∈0令ab=1,則方程log3由換底公式可得lnb顯然關(guān)于b的方程在0,+∞上有解,所以?a,b∈當(dāng)a,b∈1,+∞時(shí),因?yàn)閘og又fx在1,+∞上單調(diào)遞增,所以因?yàn)閘og3b?令?x=x?1因?yàn)?log3b>?log4a,所以log3b>當(dāng)a,b∈0,1又fx在0,1上單調(diào)遞增,所以b>a令?x=x?1因?yàn)?log3b<?log4a,所以log3故選ABC.12.-48【解析】含x2項(xiàng)為-x=13.y=±73x?【解析】因?yàn)榘凑諆?nèi)角平分線定理可知F1HHF2=P所以Ω的漸近線方程為y=±14.16π:1【解析】因?yàn)閯t平面ABC過球O的球心O.又AB的中點(diǎn)為E,則點(diǎn)E是以AB為直徑的球截面的小圓圓心,銜接OE,如圖,則OE⊥AB,四邊形AECO令球O的半徑為R,設(shè)EA=則OE=四棱雉D?AECO的體積最大,當(dāng)且僅當(dāng)梯形AECO的面積最大,并且點(diǎn)D到平面AECO的距離最大,顯然球面上的點(diǎn)D到平面AECO的最大距離為梯形AECO面積S=令fr=R求導(dǎo)得f′r=當(dāng)0<r<12R即函數(shù)fr在0,1因此當(dāng)r=12此時(shí)Smax于是四棱雉D?AECO體積的最大值為13R.所以球O的表面積為4πR15.【解析】(1)由3an?2兩式相減得3a收拾得an因?yàn)閿?shù)列an所以數(shù)列an是以3令n=1,則3a故an由題意可知bn所以b?==n(2)由(1)得cn所以T×32)×32n,兩式相減得?12所以Tn16.【解析】(1)如圖1,取BC,B1C的中點(diǎn)圖1因?yàn)锳E//所以四邊形AOO所以AO//因?yàn)镋B1=所以EO又因?yàn)槠矫鍱B1C⊥平面所以EO1⊥故AO⊥平面B因?yàn)锳O?平面ABC所以平面BB1C(2)由(1)可得AO⊥平面BB1C1如圖,以O(shè)為原點(diǎn),以O(shè)A,OC,OB1為圖2設(shè)BC=2,則A因?yàn)锽A=所以A1所以CB設(shè)平面CB1A所以C令x=3,則因?yàn)镃B設(shè)平面B1CE的一個(gè)法向量為所以C令b=3,則設(shè)θ為二面角E?所以cosθ所以二面角E?B117.【解析】(1)經(jīng)過1次交換后甲口袋中紅球的個(gè)數(shù)為1,則需要從甲口袋中取出紅球放人乙口袋,而從乙口袋中取出黑球放人甲口袋,故PX(2)由題意可知當(dāng)n≥2時(shí),PXn+PXnPX又因?yàn)镻Xn所以EXn=PX==則EX即EXn?32又求得PX1=1=所以EX1=18.【解析】(1)y=(2)主意一:f′x=ex即ex當(dāng)x∈?a,x0時(shí),f′x<因此fx的最小值就是fx0由fx的最小值為1得1x0代人ex0?結(jié)合x0+a=1主意二:由題意得fa≥1,解得0<a≤12.當(dāng)a=1a+綜上,a=19.【解析】(1)由題意得a=2,則直線A2由2b4+b所以橢圓C1的方程為x(2)由題意得A22,不妨取Tnv+此時(shí)切線方程為y?則km?收拾得5m設(shè)過點(diǎn)Tm,n引圓C2的兩條切線斜率則k1由m24+將其代人(1)式得k1k故直線TP與TQ的斜率之積為?1(3)設(shè)直線TP:則b1k2將直線TP與橢圓C1則1+設(shè)Px1,將b12=4+4k則b2收拾得b2將直線TQ與橢圓C1則1+設(shè)Qx2,將b224顯然x1設(shè)直線TP則u1w2將直線TP與橢圓C1則4+設(shè)Px1,將u12?設(shè)直線TQ則u216w將直線TQ與橢圓C1則4+設(shè)Qx2,y2,則=16故y1所以P,2024數(shù)學(xué)新高考I卷準(zhǔn)確模擬(六)1.A【解析】因?yàn)锳={?1,2.C【解析】因?yàn)閦=1?i3.B【解析】因?yàn)楹瘮?shù)fx=4x?a+3在?∞,a4.B【解析】在△ABC中,b則sinB又sinC所以sinA則有sinA又sinA>0,所以cos當(dāng)角B為銳角時(shí),△ABC不一定是銳角三角形;當(dāng)△ABC為銳角三角形時(shí),角故“bcosA?c<0”是“5.D【解析】在陰影部分中任選一點(diǎn)作為C,對(duì)OC作平行四邊形分解,看見λ,μ的大小可得選項(xiàng)D6.A【解析】主意一:由題意可得1a?所以1a當(dāng)且僅當(dāng)a=主意二:由ab=a+所以1a僅當(dāng)4a?17.B【解析】由題意知d=令an+1所以bn=2n所以a248.B【解析】由題意可知a>將原不等式變形為lnex+lnaex>設(shè)gx=lnxx因?yàn)間′x=1?lnxx2,所以當(dāng)0<所以gx在0,e上單調(diào)遞增,在又g1=0,所以當(dāng)x∈0,1時(shí),g(1)在x∈0,1上,若a(2)在x∈0,1上,若0<令?x=xex,x所以?x<?綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍1e9.BC【解析】由方差的性質(zhì)可得Dη=2由正態(tài)分布圖象的對(duì)稱性可得P3<ξ<6由相關(guān)系數(shù)知識(shí)可得,線性相關(guān)系數(shù)r越臨近1,則兩個(gè)變量的線性相關(guān)性越強(qiáng),故選項(xiàng)C準(zhǔn)確.先將所有數(shù)從小到大舉行排序,因?yàn)?×50%=故選BC.10.ABC【解析】如圖,在正方體ABCD?A1B1因?yàn)镹,P分離是所以CD又因?yàn)?D1//所以A1,B,N,P四點(diǎn)共面,即當(dāng)Q與點(diǎn)A銜接PQ?A1E1,當(dāng)Q是D因?yàn)镻Q?平面BMN,MN?平面BMN,所以PQ//銜接D1M,D1N,D1分離取BB1,則經(jīng)過C,設(shè)所求外接球的直徑為2R,則長(zhǎng)方體MADF一EBCN的體對(duì)角線即為所求的球的直徑,即2R2所以經(jīng)過C,M,故選ABC11.ACD【解析】主意一:令x=y=0,得令x=1,故f1=0.令x故f?令y=?1得f?x=?fx+xf?1=?fx,故fx故選ACD.主意二:對(duì)于選項(xiàng)B,C,D,還可按照fxyxy=fxx+fyy故選ACD.12.23【解析】fx=因?yàn)閒x的圖象的一條對(duì)稱軸為直線x所以π4解得ω=又因?yàn)?<所以ω=13.54;則每位學(xué)生每年所修課程數(shù)為1,1,2或0,由分步計(jì)數(shù)原理得,不同的選修方式共有C1同理,將4門選修課程0,2,2分成三組,再排列,有C4所以共有36+若將“某學(xué)生高一學(xué)年只選修了舞蹈與書法兩門課程”記為事件A,將“高二學(xué)年結(jié)束后就修完所有選修課程”記為事件B.按照題意,滿意事件A的所有選課情況共3種情況,其中同時(shí)滿意事件B的僅有1種情況.根據(jù)條件概率公式PB∣A14.14【解析】設(shè)PPF1,所以PM所以F1即F1T+由橢圓的第二定義可知PF所以F1T=由等面積法得到12所以yt因?yàn)閗1=544c,即e=15.【解析】(1)主意一:如圖1,取A′C的中點(diǎn)圖1因?yàn)镈,E分離為所以DE//因?yàn)椤螩=π又因?yàn)镈E⊥所以DE⊥平面A′CD,所以BC因?yàn)锽C?平面A所以平面A′BC⊥平面A因?yàn)镚為A′C的中點(diǎn),且CD=A′D,所以又因?yàn)镈G//A′A,所以因?yàn)锽A′?平面A主意二:因?yàn)锽E=所以∠EA′所以∠B即AA(2)主意一:因?yàn)镈E//所以DE//平面A又因?yàn)镈E?平面A若平面A′BC∩平面A則l//DE且由(1)可知,BC⊥所以平面A′BC與平面A′因?yàn)椤螩A′所以△A過點(diǎn)B作BH⊥平面A′ED交于點(diǎn)H,銜接HA′,則∠過點(diǎn)C作CF⊥A′D,因?yàn)樗訠H=又因?yàn)锳′所以sin∠B主意二:如圖2,建立空間直角坐標(biāo)系,以D為原點(diǎn),DE方向?yàn)閤軸正方向,DA方向?yàn)閥軸正方向,在平面A′AC內(nèi)過點(diǎn)D作z軸垂直于平面ABC,設(shè)圖2則E12,則CB=設(shè)平面A′BC的一個(gè)法向量為由m?CB=0,又因?yàn)镈E=設(shè)平面A′ED的一個(gè)法向量為由n?DE=0,按照cos?m,n?所以A′所以n=所以直線A′B與平面A′16.【解析】(1)零似設(shè)H0χ6.685,按照α=0.01的自立性檢驗(yàn),沒有充足證據(jù)判斷(2)主意一:PX=k=C若PX=k是最大值,則P按照C且0≤k≤30且主意二:因?yàn)镻X所以P=當(dāng)330?k2k+1所以PX=18>PX=17>所以PX=18<PX=17.【解析】(1)主意一:由題意可知anan由(1)-(2)得an2?因?yàn)閍12=λ+所以an若存在λ,μ使得數(shù)列an為等差數(shù)列,則a代人(3)化簡(jiǎn)得到2k?因?yàn)閍n所以2k?1所以λ=2,μ=?1.此時(shí)an=n主意二:若an是公差為d則1+n?收拾得到d2n所以d由(3)可得d=1或(i)若d=1,由(1)解得(ii)若μ=1?綜合以上可知存在λ=2,(2)因?yàn)镾nan所以Snan令n=1可知λ+因?yàn)棣?gt;2且a1=1,所以a又因?yàn)?a所以0<因?yàn)?<=且當(dāng)λ>2時(shí),所以1a18.【解析】(1)因?yàn)閒′當(dāng)0≤a≤4時(shí),?x所以fx在0當(dāng)a<0時(shí),y=?x2+ax?a在當(dāng)x∈0,a+當(dāng)x∈a+a2當(dāng)a>4時(shí),f′x在0,+∞當(dāng)x∈0,a?當(dāng)x∈a?a2?4a2,a+(2)由題意可知f′x=?x由(1)可知a<0,?x因?yàn)閒x要證x0只需證ax因?yàn)閍=x0將a=x02x0?令gx則g′所以gx在0所以gx所以lnx19.【解析】(1)因?yàn)樘撦S長(zhǎng)為2,即2b=所以b=又因?yàn)橛幸粭l漸近線方程為g=所以a=所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x?(2)由題意,點(diǎn)A與點(diǎn)P關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱.設(shè)Ax0,由題意可知直線m的斜率存在,設(shè)直線m的斜率為k,記a=1,k,又直線則PF因?yàn)閤02=同理PF又PF代人PFx化簡(jiǎn)得x0所以kOA即直線OA與直線m的斜率之積為定值.(3)由(2)可知,x0又x=?0,將x0=3xn所以A3k?1設(shè)直線m的方程為y=將P?3k=3所以直線m的方程為y=AD又直線AB的斜率為?1k,設(shè)直線AB的方程為將A3k3k所以直線AB的方程為x=?將其與x23?y設(shè)Ax18由y1y2所以AB=y所以S△APB當(dāng)且僅當(dāng)3?k2所以當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí),S△1.B【解析】由題意得M={x∣0<故選B.2.A【解析】由題意得z=所以z=所以z?故選A.3.B【解析】因?yàn)镋B=所以EF=4.A【解析】記事件A為“若抽取的兩名學(xué)生中必須有一名高三學(xué)生,則另一名是高二或高一學(xué)生”.則事件A的概率為PA5.D【解析】按照雙曲線的幾何性質(zhì)可知,右焦點(diǎn)Fc,0到漸近線bx±ay=0的距離為bc6.C【解析】cos∠APB=cos2要求cos∠APB的最小值,則需sin∠APM=AM設(shè)Pa24,所以當(dāng)a=0時(shí),PMmin=即cos∠APB的最小值為17.D【解析】易證sinx所以b<而ba=3所以c>8.C【解析】因?yàn)閏os2α+所以sinα即sinα因?yàn)閟inα所以cosαsinβ9.AC【解析】在正方體中,因?yàn)锳1B1所以四邊形A1所以B1所以異面直線A1B與B1C所成的角是∠BA1因?yàn)锳1D1⊥平面又因?yàn)锳1所以直線A1B與BD因?yàn)锳1所以直線A1B與平面所以直線A1B與平面AC1D易證直線BD1⊥平面AB1C,設(shè)直線所以直線A1B與平面AB因?yàn)锽O=所以sin∠A1OB故選AC.10.BD【解析】因?yàn)辄c(diǎn)A3,23在拋物線所以12=2p×所以拋物線C的方程為y2所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B準(zhǔn)確.可求得直線AB:由y=33所以Δ=0,所以選項(xiàng)設(shè)過點(diǎn)B的直線方程為y=kx+聯(lián)立y消去y并收拾可得k2則x1所以y1y所以O(shè)M?ON=x12+故選BD.11.BC【解析】因?yàn)閒1?x所以f1?x所以?f即f′所以g?又因?yàn)間2所以g2當(dāng)x=0時(shí),即g2=0又因?yàn)間?所以gx即函數(shù)gx的周期為4,所以g因?yàn)間2=0所以選項(xiàng)C準(zhǔn)確.由f1?x即fx的圖象關(guān)于點(diǎn)1,0不妨取fx則gx=?sinx?2π2因?yàn)閒0故選BC.12.0.5【解析】由題意得,PX所以PX≤17013.?255,655【解析】由條件得圓C1的圓心C10因?yàn)橹本€y=kx+故d1則b1故b2=6k+b因?yàn)閗<0,所以3k+代人d1=b則b=65所以a=4,c=由橢圓的對(duì)稱性知,PF又PQ=所以四邊形PF設(shè)PF則m+n=設(shè)△PF1則12即r×8+15.【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d由題意得,a解得d=3,所以由b1=4(2)令an1=所以n=C故數(shù)列bn是數(shù)列an的子數(shù)列,從而所以Tn16.【解析】(1)由題意設(shè)直線l:y聯(lián)立y=?則x2所以x1解得p=即拋物線E的方程為y2(2)由題意得,拋物線E的方程為y2設(shè)直線OB的方程為y=令x=?1,可得設(shè)直線l的方程為x=代人方程y2=4x得y2?所以直線AC//17.【解析】(1)因?yàn)镹F⊥平面ABCD所以NF⊥因?yàn)镹是BC的中點(diǎn),所以CN=BN,故又因?yàn)椤螧CF所以△BCF因?yàn)椤鰾CF的面積為3所以BC=如圖1,過點(diǎn)D作DM⊥AB交AB于點(diǎn)圖1故四邊形BCDM為平行四邊形.因此DM=又∠BAD=60因?yàn)樗睦怙鬎?ABCD的體積為故CD=銜接DN,在Rt△DCN中,DN銜接AN,在Rt△ABN中,AN因?yàn)锳D故△ADN為直角三角形,AD因?yàn)镹F⊥平面ABCD,所以NF而DN∩NF=N,所以AD⊥平面DFN(2)以N為坐標(biāo)原點(diǎn),NE,NB,NF分離為x軸、圖2則F00),因?yàn)镻是線段AB上一動(dòng)點(diǎn),所以設(shè)Pk,3故EF=3,?設(shè)平面CEF的一個(gè)法向量n=則n可取n=設(shè)平面PEF的一個(gè)法向量m=則有m可取m=因?yàn)槎娼荂?EF?所以n?m=0,解得因?yàn)锳5所以PBAB18.【解析】(1)由已知,完成列聯(lián)表,性別不了解了解合計(jì)女生101020男生5n15n20合計(jì)15n25n40χ按照條件,可得5.024≤8n因?yàn)閚∈N?(2)由(1)知,樣本中的男生對(duì)“反詐”知識(shí)了解的頻率為34用樣本預(yù)計(jì)總體,從全校男生中隨機(jī)抽取一人,對(duì)“反詐”知識(shí)了解的概率為34,則X～PX=PPPP則X的分布列為X012345P11545135405243所以EX(2)iμ=80則該學(xué)生能被評(píng)為“反詐標(biāo)兵”.(ii)設(shè)全校參加本次比賽的人數(shù)為n,“反詐達(dá)人”的概率為Pη>μ+則50n=0.02275所以參加本次知識(shí)比賽的學(xué)生人數(shù)約為2198人.19.【解析】(1)當(dāng)a=1時(shí),f所以b=(2)令gx=efx在區(qū)間0也即gx在區(qū)間0則g′(i)當(dāng)a≥?1時(shí),令?x=lnx+1x,則易知當(dāng)x=1時(shí),?x當(dāng)x>1時(shí),ex?1則gx>g1=(ii)當(dāng)a<?1時(shí),令則G′令?x則?′所以?x在0又?1即?x0∈12,1當(dāng)x>x0所以g′g當(dāng)x→0時(shí),故?x1∈0,且gx在0,x1上單調(diào)遞增,在又g1=0因?yàn)楫?dāng)x→0時(shí),gx→?∞故?x3∈0綜上,a<?1.2024數(shù)學(xué)新高考I卷1.C【解析】由題意,當(dāng)x=1時(shí),當(dāng)x=2,當(dāng)x=2,即集合C中有3個(gè)元素,故選C.2.B【解析】因?yàn)閺?fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為1,所以z=則1z=1則a?b<所以3m?3<0,所以“m<1”是“向量a,b的夾角為鈍角”的4.A【解析】因?yàn)樵胍舻穆暡ㄇ€y=Acos(ωx+φ則A=所以噪聲的聲波曲線的解析式為y=cosx+所以通過主動(dòng)降噪芯片生成的聲波曲線的解析式為y=sin5.A【解析】設(shè)數(shù)列an的公比為q則S3=a1+a2+a所以a76.C【解析】因?yàn)閳AC1x2+y又因?yàn)橹本€l1mx+y+m?1=0過定點(diǎn)A?1,1,故當(dāng)7.B【解析】設(shè)M,N分離為截面與DB因?yàn)镃D⊥平面PMN,CD所以平面PMN//平面B因?yàn)槠矫鍰CC1∩平面PMN=PN,平面DC所以PN//同理可得MN//所以PNC所以△PMN易知S△CB8.C【解析】主意一:因?yàn)閏os2β?1所以tanα又因?yàn)棣?所以α∈所以sinα=2所以cosα?β主意二:因?yàn)閠anα所以sinα即sinα所以cosα又α,β∈則cosα?β因?yàn)閠anα所以cosα9.AC【解析】令x=1,由3?二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式為Tr+令6?32當(dāng)r=0,2,當(dāng)6?32r=故選AC.10.ACD【解析】fx=lgx?122+10因?yàn)楫?dāng)且僅當(dāng)x=12時(shí),fx取得最小值,且最小值為1,所以因?yàn)?<log22=lg2189<lg21g8=13,所以log因?yàn)?0.1=30.2>30.18故選ACD.11.AD【解析】因?yàn)閽佄锞€C2x2=2pyp>0的準(zhǔn)線方程為因?yàn)闇?zhǔn)線方程為y=?2,故焦點(diǎn)F0設(shè)lAB聯(lián)立y則x2故x1故AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為4k,因?yàn)锳B1所以b=所以d=81+設(shè)lAB:y=kx+所以AB的中點(diǎn)4k