2024年全国普通高中九省联考仿真模拟数学试题(二)及参考答案906.pdf

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?1)=2f(x)f(1),因为f(1)=?1,9:..所以f(x+1)+f(x?1)=?2f(x)?f(x+1)+f(x)=??f(x)+f(x?1)?,??进一步可得:f(x+2)+f(x+1)=??f(x+1)+f(x)?=f(x)+f(x?1),??f(0)=1f(1)=?1f(0)+f(1)=f(2)+f(3)=?··=f(2023)+f(2024)=0又,,所以,所以f(1)+f(2)+f(3)+?··+f(2023)+f(2024)=?f(0)=?1,故C错误;f(2x)+1对D:令x=y可得:f(2x)+f(0)=2?f(x)?2??f(x)?2=;????21?1?2?1?2f(2x+1)+1y????用x+代替x,得:f(2x+1)+f=(0)2fx+?fx+=,????????2??2????2??2?1?2f(2x)+f(2x+1)+2f(0)+f(1)+22??结合C的结果,可得:?f(x)?+fx+==1,????????2??22AD三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.{x|0≤ax2+bx+c≤2(a>0)}={x?1≤x≤3},则3a+b+2c的取值范围是.?3?答案,4???2?2(){x?1≤x≤3}解析由题意不等式0≤ax+bx+c≤2a>0的解集为,所以二次函数f(x)ax2+bx+c的对称轴为直线x=1,?f(?1)=2?a?b+c=2???b=?2a且需满足f(3)=2,即9a+3b+c=2,解得,??????c=?3a+2f(1)≥0a+b+c≥0??1?1?所以a+b+c=a?2a?3a+2≥0?a≤,所以a∈?0,,?2?2??3??3?所以3a+b+2c=3a?2a?6a+4=4?5a∈,4?.故答案为,4?.?2????2??ABC,AB⊥BC,AC2AB,AC2,则三棱柱ABC?ABC的体积的最大值1111111为;:..2232答案/3333解析如图所示,不妨设AB=x,由题意则AC=2x,BC=3x,AA=4?4x2(x∈(0,1)),11()则V=4?4x2×x×3x=31?x2x4,2()()2(2())′()2令ft=1?t×tt=x∈0,1?ft=2t?3t,22则1>t>时,f′(t)<0,>t>0时,f′(t)>0,33?2??2??2?442即f(t)在0,上单调递增,在,1上单调递减,则f(t)=f=?V=3×=,???????3??3?max?3?27max2732423223此时t=x2=?4?4x2=AA==.故答案为;.,b,c,d满足a2?ab+1=0,c2+d2=1,则当(a?c)2+(b?d)2取得最小值时,ab=.2答案+12解析可将(a?c)2+(b?d)2转化为(a,b)与(c,d)两点间距离的平方,1由a2?ab+1=0,得b=a+,a而22表示以(0,0)为圆心,1为半径的圆,(c,d)为圆上一点,c+d=1?1?211则(a,b)与圆心(0,0)的距离为:22222,a+b=a+?a+?=2a++2≥22a?+2=22+2?a?a2a211当且仅当2a2=,即a=±4时等号成立,a22此时(a,b)与圆心(0,0)的距离最小,即(a,b)与(c,d)两点间距离的平方最小,122即(a?c)2+(b?d)=4时,ab=a2+1=+1,故答案为+、解答题:本题共5小题,、.(13分)已知函数f(x)=2lnx+ax2?(2a+1)=f(x)(1,f(1))xa(1)若曲线在处切线与轴平行,求;(2)若f(x)在处取得极大值,=21解析(1)因为f(x)=2lnx+ax2?(2a+1)x(x>0),211:..2ax2?(2a+1)x+2(ax?1)(x?2)所以f′(x)=+ax?(2a+1)==,……………2分xxxy=f(x)(1,f(1))x因为曲线在处切线与轴平行,(a?1)(1?2)=所以f′(1)=0,解得a=1,……………4分115又f(1)=?3=?≠0,所以a=1.……………5分22(ax?1)(x?2)(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=,x①当a=0时,令f??x??0,得0<x<2,令f′(x)<0,得x>2,?f?x?在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减.?f?x?在x=2处取得极大值,满足题意;……………7分②当0时,令f??x??0,得0<x<2,令f′(x)<0,得x>2,a<?f?x?在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减.?f?x?在x=2处取得极大值,满足题意;……………9分③当a>0时,11(i)当a==时,2,f′(x)≥02a所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)无极值,不满足题意;11(ii)当a>时,<2,2a11令f′(x)<0,得<x<2,令f??x??0,得0<x<或x>?1??1??f?x?在0,上单调递增,在,2上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.?????a??a??f?x?在x=2处取得极小值,不满足题意;11(iii)当0<a<时,>2,2a()11令f′x<0,得2<x<,令f??x??0,得0<x<2或x>.aa?1??1??f?x?在(0,2)上单调递增,在2,上单调递减,在,+∞上单调递增.?????a??a??1??f?x?在x=2处取得极大值,满足题意;综上所述,a的取值范围为?∞,.……………13分???2?12:..16.(15分)盒子中装有红球、白球等多种不同颜色的小球,.(1)若盒子中有8个球,其中有3个红球,(X).(2)若A盒中有4个红球和4个白球,、乙、丙三人依次从A号盒中摸出一个球并放入B号盒,,求甲、乙、(1)X可取0,1,:P(X=0=)5=4,P(X=1=)352=,C1C114C1C1288787C1C13P(X=2=)3=2.……………3分C1C12887所以X的分布列为:X0125153P1428281533则E(X)=1×+2×=.……………6分28284(2)设事件D=“丁取到红球”,事件E=“甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”.3C1C1C14当甲、乙、丙三人取得1个白球,则丁取到红球的概率为434×;……………8分C1C1C178763C1C1C13当甲、乙、丙三人取得2个白球,则丁取到红球的概率为443×;……………10分C1C1C17876C1C1C12当甲、乙、丙三人取得3个白球,则丁取到红球的概率为432×;……………12分C1C1C17876C1C1C15当甲、乙、丙三人取得3个红球,则丁取到红球的概率为432×;……………14分C1C1C178763C1C1C143C1C1C13C1C1C12()434×+443×+432×PDEC1C1C17C1C1C17C1C1C1744P(E|D)==……………分P(D)3C1C1C153C1C1C143C1C1C133C1C1C1249434×+433×+432×+432×C1C1C17C1C1C17C1C1C17C1C1C17876876876876π17.(15分)在梯形ABCD中,AB?CD,∠BAD=,=AB2=AD2=CD4,P为AB的中点,线段AC3与DP交于O点(如图1).将?ACD沿AC折起到△ACD′位置,使得平面D′AC⊥平面BAC(如图2).13:..(1)求二面角A?BD′?C的余弦值;6PQ(2)线段PD′上是否存在点Q,使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为?若存在,求出的值;若不8PD′存在,(1)因为在梯形ABCD中,AB//CD,=AB2=AD2=CD4,∠BAD=,P为AB的中点,所3以,CD//PB,CD=PB,所以△ADP是正三角形,四边形DPBC为菱形,可得AC⊥BC,AC⊥DP,而平面D'AC⊥平面BAC,平面D'AC∩平面BAC=AC,D'O?平面D'AC,D'O⊥AC,∴D'O⊥平面BAC,所以OA,OP,OD'两两互相垂直,……………3分如图,以点O为坐标原点,OA,OP,OD'分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,()()()()()则A3,0,0,C?3,0,0,B?3,2,0,D'0,0,1,P0,1,0,???????????????????()()()()∴AD'=?3,0,1,AB=?23,2,0,BD='3,?2,1,CD'=3,0,1,??设平面'的一个法向量为m=(x,y,z),则ABD111??????????m?AD′=0?????3x+z=0?????,即?11,令x=1,则y=z=3,?111????m?AB=0?????23x+2y=011??()∴m=1,3,3,……………5分?设平面CBD'的一个法向量为n=(x,y,z),则222??????????n?BD′=0????3x?2y+z=0??????,即?222,令x=1,则y=0,z=?3,?222????n?CD′=0????3x+z=022?()∴=n1,0,?3,……………7分14:..???()???m?n1×1+3×0+3×?37∴cosm,n=???==?,mn1+3+3×1+377所以二面角A?BD'?C的余弦值为?.……………9分76(2)线段PD'上存在点Q,使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为.……………10分8?????????????()?????设=PQλPD'(0≤λ≤1),因为CP=3,1,0,PD='(0,?1,1),所以?????????????????????()CQ=CP+PQ=CP+λPD'=3,1?λ,λ,……………12分??????????CQ?n3(1?λ)6设CQ与平面BCD'所成角为θ,则=sinθcosCQ=,n???=??=,……………13分CQn22λ2?2λ+481即3λ2?7λ+2=0,?0≤λ≤1,解得λ=,……………14分3PQ1所以线段PD'上存在点Q,且=,PD'36使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为.……………15分818.(17分)已知抛物线y2=4x,顶点为O,过焦点的直线交抛物线于A,B两点.(1)如图1所示,已知AB=8|,求线段AB中点到y轴的距离;(2)设点P是线段AB上的动点,顶点O关于点P的对称点为C,求四边形OACB面积的最小值;(3)如图2所示,设D为抛物线上的一点,过D作直线DM,DN交抛物线于M,N两点,过D作直线DP,DQ交抛物线于P,Q两点,且DM⊥DN,DP⊥DQ,设线段MN与线段PQ的交点为T,(1)因为过焦点的直线交抛物线于A,B两点,且AB=8,设A(x,y),B(x,y),1122由抛物线的性质可得x+x+2=AB=8,12所以x+x=6,1215:..x+x所以线段AB中点的横坐标,即为线段AB中点到y轴的距离为12=3.……………3分2(2)由点C与原点O关于点P对称,可知P是线段OC的中点,所以点O与点C到直线l的距离相等,所以四边形OABC的面积等于2S,△AOB?=xmy+1设直线l的方程为=xmy+1,联立?,消去x可得y2?4my?4=0,……………5分?y2=4x设A(x,y),B(x,y),由韦达定理可得y+y=4m,yy=?4,334434341所以2S?2?OF?y?y??y?y?2?4yy?4m2?1,?AOB2343434当m=0时,四边形OABC的面积取最小值为4.……………7分?a2,2a?(x,y)?x,y?(3)设D点坐标为,M点坐标为,N点坐标为,MMNN由题意可知直线DM的斜率k存在,且不为0,??48a则直线DM的方程为y?2a?kx?a2,与抛物线y2=4x联立,消去x得y2?y+?4a2=0,kk44由韦达定理可得2a+y=,解得y=?2a,……………9分MkMk1DNy?2a???x?a2?与抛物线y2=4xxy2?4ky?8ka?4a2?0直线的方程为联立,消去