【赢在高考黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅰ卷专用）（7套试卷）.pdf-淘文阁

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1、【赢在高考黄金 8 卷】备战 2024 年高考数学模拟卷（新高考卷专用）(7 套试卷）目录1.备战 2024 年高考数学模拟卷（新高考卷专用）01（含解析）2.备战 2024 年高考数学模拟卷（新高考卷专用）02（含解析）3.备战 2024 年高考数学模拟卷（新高考卷专用）03（含解析）4.备战 2024 年高考数学模拟卷（新高考卷专用）04（含解析）5.备战 2024 年高考数学模拟卷（新高考卷专用）05（含解析）6.备战 2024 年高考数学模拟卷（新高考卷专用）06（含解析）7.备战 2024 年高考数学模拟卷（新高考卷专用）7（含解析）【赢在高考【赢在高考黄金黄金 8 卷】备战卷】备战

2、 2024 年高考数学模拟卷（新高考年高考数学模拟卷（新高考卷专用）卷专用）黄金卷（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）第第 I 卷（选择题）卷（选择题）一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1设集合23100,33Ax xxBxx，则AB（）A32xx B52xxC33xx D53xx2若i 13z，则zz（）A6iB6iC2D63如图，在四边形 ABCD 中，2,2DCAB BEEC ，设DCa，DAb，则DE等于（）A5162abB2132abC5163abD2133ab+rr4攒尖是我国古代建筑中屋顶的一

3、种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖三角攒尖四角攒尖八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为3 2米，侧棱长为 5 米，则其体积为（）立方米.A24 2B24C72 2D725我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如203 17.在不超过 15 的素数（素数是指在大于 1 的自然数中，除了 1 和自身外没有其他因数的自然数）中，随机选取两个不同的数，其和等于 16 的概率是（）A110B4

4、15C215D1116将函数2()cos3f xx图象上所有点的横坐标变为原来的1(0)，纵坐标不变，所得图象在区间20,3上恰有两个零点，且在,12 12上单调递减，则的取值范围为（）A9,34B9,44C11,44D11,647已知232a，ee 1eb，343c，则 a，b，c 的大小关系为（）AacbBbacCbcaDabc8已知等腰直角ABC中，C为直角，边6AC，P，Q 分别为,AC AB上的动点（P 与 C 不重合），将APQ沿PQ折起，使点 A 到达点A的位置，且平面A PQ平面BCPQ若点A，B，C，P，Q 均在球 O 的球面上，则球 O 表面积的最小值为（）A8B4C8 2

5、3D43二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。9如图，正方体1111ABCDABC D的棱长为 1，则下列四个命题正确的是（）A正方体1111ABCDABC D的内切球的半径为22B两条异面直线1DC和1BC所成的角为3C直线 BC 与平面11ABC D所成的角等于4D点 D 到面1ACD的距离为3210已知函数321()3f xxxx，则（）A()f x为奇函数B1x 不是函数()f x的极值点C()f x在 1,)上单调递增D()f x存在两个零点11已

6、知抛物线2:6Cyx的焦点为F，过点F的直线交C于,M N两个不同点，则下列结论正确的是（）AMN的最小值是 6B若点5,22P，则MFMP的最小值是 4C113MFNFD若18MFNF，则直线MN的斜率为112已知函数()f x及其导函数()fx的定义域均为 R，记()()g xfx.若322fx，(2)gx均为偶函数，则（）A(1)(4)ffB102gC(0)1fD)(12)(gg 第第 II 卷（非选择题）卷（非选择题）三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。136225xxx展开式中含3x项的系数是.14写出与圆22121xy和圆22121xy都相切的一条直线的方程

7、.15若函数 2142fxxax与 2545lneg xaxb，0a 有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则b的最小值为.16已知椭圆22:11612xyC，1F、2F分别是其左，右焦点，P 为椭圆 C 上非长轴端点的任意一点，D 是 x轴上一点，使得PD平分12FPF.过点 D 作1PF、2PF的垂线，垂足分别为 A、B.则1 21 22PF FDABPF FDABSSSS的最小值是.四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17（10 分）已知公差不为零的等差数列 na的前n项和为2,3nSa，且137,a a a成等比数列.(1)求 na

8、的通项公式；(2)若121nnnbSa，数列 nb的前n项和为nT，证明：34nT.18（12 分）在ABC中，内角,A B C所对的边分别为,a b c，满足2 cosbabC(1)求证：2CB；(2)若ABC为锐角三角形，求2sincossinCBB的最大值19（12 分）如图，在三棱柱111ABCABC-中，2AC，2AB，E，F 分别为1AC，1BB的中点，且EF平面11AACC，(1)求棱BC的长度：(2)若111BBAB，且1AFC的面积5S，求平面11A B F与平面1AFC的夹角的余弦值20（12 分）为了解学生中午的用餐方式（在食堂就餐或点外卖）与最近食堂间的距离的关系，某大

9、学于某日中午随机调查了 2000 名学生，获得了如下频率分布表（不完整）：学生与最近食堂间的距离md0,200200,400400,600600,800800,合计在食堂就餐0.150.100.000.50点外卖0.200.000.50合计0.200.150.001.00并且由该频率分布表，可估计学生与最近食堂间的平均距离为370m（同一组数据以该组数据所在区间的中点值作为代表）.(1)补全频率分布表，并根据小概率值0.0001的独立性检验，能否认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关（当学生与最近食堂间的距离不超过400m时，认为较近，否则认为较远）：(2)已知该校李明同学的附近有两

10、家学生食堂甲和乙，且他每天中午都选择食堂甲或乙就餐.（i）一般情况下，学生更愿意去饭菜更美味的食堂就餐.某日中午，李明准备去食堂就餐.此时，记他选择去甲食堂就餐为事件A，他认为甲食堂的饭菜比乙食堂的美味为事件D，且D、A均为随机事件，证明：P D AP D A：（ii）为迎接为期 7 天的校庆，甲食堂推出了如下两种优惠活动方案，顾客可任选其一.传统型优惠方案：校庆期间，顾客任意一天中午去甲食堂就餐均可获得a元优惠；“饥饿型”优惠方案：校庆期间，对于顾客去甲食堂就餐的若干天（不必连续）中午，第一天中午不优惠（即“饥饿”一天），第二天中午获得2b元优惠，以后每天中午均获得b元优惠（其中a，b为已知

11、数且0ba）.校庆期间，已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为p（01p），且是否去甲食堂就餐相互独立.又知李明是一名“激进型”消费者，如果两种方案获得的优惠期望不一样，他倾向于选择能获得优惠期望更大的方案，如果两种方案获得的优惠期望一样，他倾向于选择获得的优惠更分散的方案.请你据此帮他作出选择，并说明理由.附：22n adbcabcdacbd，其中nabcd.0.100.0100.001x2.7066.63510.82821（12 分）已知双曲线2222:10,0 xyCabab上的一点到两条渐近线的距离之积为 2 且双曲线 C 的离心率为62.(1)求双曲线 C 的方程；(2)已知 M 是

12、直线0 xtta 上一点，直线2MF交双曲线 C 于 A（A 在第一象限），B 两点，O 为坐标原点，过点 M 作直线OA的平行线 l，l 与直线OB交于点 P，与 x 轴交于点 Q，若 P 为线段MQ的中点，求实数 t 的值.22（12 分）已知函数 eloge,lnxxaf xaxg xax a，其中1,ea 是自然对数的底数(1)求函数 g x的单调区间和最值；(2)证明：函数 fx有且只有一个极值点；(3)当2e,ea时，证明：0f x【赢在高考【赢在高考黄金黄金 8 卷】备战卷】备战 2024 年高考数学模拟卷（新高考年高考数学模拟卷（新高考卷专用）卷专用）黄金卷参考答案（考试时间：

13、120 分钟试卷满分：150 分）第第 I 卷（选择题）卷（选择题）一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。12345678ADCBCCDA二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。9101112BCBCABDABD第第 II 卷（非选择题）卷（非选择题）三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13120140 x 或430yx或250 xy（答案不唯一）155216.5

14、2148四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17（10 分）【详解】（1）设 na的公差为0d d，因为137,a a a成等比数列，所以2317aa a，即211126ada ad，因为0d，所以12ad，又23a，所以123addd，所以11,2da，所以11211naandnn.（2）由（1）得，221322nnnnnS，所以1111121222nnnbSan nnn，所以111 111 111111232 242 3522nTnn111111111311123243522212nnnn，又110,012nn，所以34nT.18(12

15、分）【详解】（1）由题2 cosbabc，由正弦定理：sinsin2sincosBABCsin()2sincosBCBC，所以sinBsincoscossin2sincosBCBCBC，整理sinBsincoscossinCBCB，所以sinBsin CB，BCB或BCB（舍）,2CB.（2）ABC为锐角三角形,0320,2022BBB解得：64B,所以2410B，且62sinsinsincoscossin,123434344由（1）问，2,CB 2sincossin2sin2cossinCBBBBB，令31cossin2sin0,42tBBB，则2sin21cossinBBB，所以2221

16、172sincossin2 1222,48CBBttttt 因为310,2t,当14t 时，所求2sincossinCBB的最大值为178.19(12 分）【详解】（1）取AC的中点 D，连接,BD ED，在三棱柱111ABCABC-中，可得11/DEAABB，且111122DEAABFBB，四边形DEFB为平行四边形，则/EFDB，又EF平面11AACC，DB平面11AACC，AC平面11AACC，DBAC，又 D 为AC的中点，ABC为等腰三角形，2AC，2AB，则2BCAB；（2）由（1）知，222ABBCAC，,1ABBC EFBD，1AC 平面11AACC，所以1EFAC，故1111

17、52 52A FCSAC EFAC，由（1）知，DB 平面11AACC，1AA 平面11AACC，则1DBAA，又三棱柱中11/AABB，1DBBB又111ABBB，1ABBB，又,ABDBB ABDB、平面ABC，1BB平面ABC，三棱柱111ABCABC-为直三棱柱，1AAC为直角三角形，可得14A A，又在三棱柱111ABCABC-中，ABBC，1111ABBC，以1B为坐标原点，11BC，11B A，1B B所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则1110 0 0,0,2,0,2,0,0,2,0,4,0,0,4,0,0,2BACCBF，110,2,2,2,2,4AFAC,设平面

18、1AFC的一个法向量为,nx y z则112202240n AFyzn ACxyz ，令1z，则2y，2x ，平面1AFC的一个法向量为2,2,1n ，易得平面11B AF的一个法向量为1,0,0m 设平面11B AF与平面1AFC的夹角为，210cos55 1m nmn，平面11B AF与平面1AFC的夹角的余弦值为105.20(12 分）【详解】（1）（1）设(200 400,d 组的频率为 t，则(400 600d，组的频率为1 0.200.150.65tt，估计学生与最近食堂间的平均距离100 0.20300500 0.65700 0.15450200370dttt，解得0.40t，故

19、可补全频率分布表如下：学生与最近食堂间的距离()d m0,200200,400400,600600,800800,合计在食堂就餐0.150.200.100.050.000.50点外卖0.050.200.150.100.000.50合计0.200.400.250.150.001.00据此结合样本容量为 2000 可列出22列联表如下：学生距最近食堂较近学生距最近食较堂远合计在食堂就餐7003001000点外卖5005001000合计12008002000零假设0H：学生中午的用餐情况与学生距最近食堂的远近无关.注意到220.0012000700 500300 50050010.8281000 1

21、 A DP A D，|P A DP A D，所以 P ADP ADP ADP ADP DP D，同理P ADP AD，于是 P AD P AP AD P ADD，故|P ADP ADP D AP D AP AP A P ADP ADP ADPP ADP ADP A P AAD 0P AD P ADP AD P ADP A P A，即|P D AP D A成立.（）设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为，若选择传统型优惠方案获得的优惠为 X 元，若选择“饥饿型”优惠方案获得的优惠为 Y 元，则7,Bp，Xa，对07k，有(0)(1),0()0,1(),27PPkP YkbkPkk，故 7E XE

22、aaEpa，7772201kkkE YkbP YkbbkPkbkPkP6()(1)71(1)b EPpbp，令 E XE Y，结合ab得611apab，记为0p.若01pp，则6()()7 (1)0E YE Xp b qpa，E YE X，此时李明应选择“饥饿型”优惠方案；若00pp，则6()()7 (1)0E YE Xp b qpa，E YE X，此时李明应选择传统型优惠方案.若0pp，则611apb，E XE Y.注意到 2271D XD aa Dpap，722222kD YYEEkYb P YkbE X77222222222049149kkbk Pkp abk PkPp a 222222

23、22149()(1)94bEPp abEDPp a66222222497171497 6117bpppppp ap bpppa.因此2622()()7 61(1)7(1)D YD Xp bpppap a 227661760ppbabpap bap baa，即()()D YD X.此时李明选择获得的优惠更分散的方案，即获得的优惠方差更大的方案，即“饥饿型”优惠方案.综上所述，当00pp时，李明应选择传统型优惠方案；当01pp时，李明应选择“饥饿型”优惠方案.21(12 分）【详解】（1）双曲线的渐近线方程为0bxay，设双曲线上一点00,D xy，则00000000222222220202|2b

24、xaybxaybbxayabxayccxyabab，又因为00,D xy在双曲线上，所以2200221xyab，即22222200b xa ya b，代入可得2222a bc，又因为62cea=，222cab，代入可得23b，26a，所以双曲线方程为22163xy；（2）由（1）如图所示，知3c，所以23,0F，若直线2MF斜率为 0，此时点A不在第一象限，矛盾，故2MF斜率不为 0，设直线2MF的方程为3xmy，11,A x y，22,B xy，则3,tM tm，联立223163xmyxy，化简可得222630mymy，则22220361220mmm，可得222410mm，则12212262

25、32myymy ym，又因为/l OA，所以11113lOAyykkxmy，22223OByykxmy所以直线l的方程为1133ytyxtmmy，直线OB的方程为223yyxmy，联立1122333ytyxtmmyyyxmy，解得122123my yt yym yy，即P的纵坐标为122123Pmy yt yym yy.又由上可知12262myym，12232y ym，两式相除，得121212my yyy，代入可得1212212212121215133222Pyt yyyt ymy yt yym yym yym yy，因为P为线段MQ的中点，所以322MQPyytym即112121221515

26、33222222yt yyt yttm yymyy，所以需满足153222tt，解得2t.22.(12 分）【详解】（1）由 lnxg xax a求导可得：()lnln(1)lnxxg xaaaaa因1,a故ln0a，当0 x 时，1,10,()0 xxaag x，故()g x在(0,)上单调递增；当0 x 时，1,10,()0 xxaag x，故()g x在(,0)上单调递减；所以函数 g x的单调递增区间为(0,)，递减区间为(,0)，最小值为(0)1g，无最大值.（2）因 elogexaf xax，其定义域为(0,)，2elne()ln,lnlnxxxaafxaaxaxa取2()lne,

27、xh xxaa则2()ln(1ln)xh xaaxa，因1,a故()0h x，则()h x在(0,)上单调递增，当ea 时，2(0)e0,(1)lne0,hhaa 故函数()h x在(0,1)内有且仅有一个变号零点，则此时，函数()f x有且仅有一个极值点；当ea 时，()ee,xh xx因(1)0,h因()h x在(0,)上单调递增，故函数()h x有且仅有一个变号零点，则此时，函数()f x有且仅有一个极值点；当1ea时，2(1)lne0haa，又因21ln1a，21ln21()elnahaa，2211lnln211ln()ln1,elnlnaaaaaaa，即21()0lnha，故函数()

28、h x在2l1(,n1)a内有且仅有一个变号零点，则此时，函数()f x有且仅有一个极值点；综上所述，函数()f x有且仅有一个极值点.（3）由（2）可知，当2e,ea时，函数()fx有且仅有一个零点，设为m，则()0,0,fmm又由（2）函数()f x有最小值为()f m.由()0fm可得：2lne=0mmaa，即2e,lnmama两边取自然对数得：ln1ln2ln(ln)mama，故ln1ln2ln(ln),mmaa 于是eln()eloge=elnmmamf mamaa2ee(1ln2ln(ln)elnlnmaamaa222eln2ln(ln)ln1ln1lnmamaaama，不妨设ln

29、,ta则2e,ea，故得1,2t，则222 2ln2ln(ln)ln1ln1(2ln1)1mamaaam tmttt ，对于函数2 22ln(11)ym tmttt，其对应方程的判别式22222()2ln14()2l4n1 ttttttt，设()2ln1,1,2tttt，则22()10tttt 恒成立，故函数()t在1,2上单调递增，则(1)()(2)t，即2()2ln230t，从而20()4t，于是0，故有2 22l(n11)0ym tmttt 恒成立，故()0f m 恒成立，所以()0.f x【赢在高考【赢在高考黄金黄金 8 卷】备战卷】备战 2024 年高考数学模拟卷（新高考年高考数学模

30、拟卷（新高考卷专用）卷专用）黄金卷（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）第第 I 卷（选择题）卷（选择题）一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1设集合23100,33Ax xxBxx，则AB（）A32xx B52xxC33xx D53xx【答案】A【详解】因为23100|52Ax xxxx,所以|32ABxx.故选：A.2若i 13z，则zz（）A6iB6iC2D6【答案】D【详解】由题设可得313iiz，则1 3iz ，则1 3iz ，故6izz，故6zz，故选：D3如图，在四边形 ABCD 中，2,2DCA

31、B BEEC ，设DCa，DAb，则DE等于（）A5162abB2132abC5163abD2133ab+rr【答案】C【详解】因为2,2DCAB BEEC ，所以111333DEDCCEDCCBDCDBDCDCDAABDC 2112115133333663DCDAABDCDADCab .故选：C4攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖三角攒尖四角攒尖八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为3 2米，侧棱长为 5 米，则其体积为（）立方米.A24

32、 2B24C72 2D72【答案】B【详解】如图所示，在正四棱锥PABCD中，连接,AC BD于O，则O为正方形ABCD的中心，连接OP，则底面边长3 2AB，对角线26BDAB，132BOBD.又5BP，故高224OPBPBO.故该正四棱锥体积为213 24243V.故选：B5我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如203 17.在不超过 15 的素数（素数是指在大于 1 的自然数中，除了 1 和自身外没有其他因数的自然数）中，随机选取两个不同的数，其和等于 16 的概率是（）A110B415C215D111

33、【答案】C【详解】不超过 15 的素数有2,3,5,7,11,13，随机取两个不同取法有2615C 种，其中和等于 16 的情况有3,13或5,11两种情况，所以随机选取两个不同的数，其和等于 16 的概率是215.故选：C6将函数2()cos3f xx图象上所有点的横坐标变为原来的1(0)，纵坐标不变，所得图象在区间20,3上恰有两个零点，且在,12 12上单调递减，则的取值范围为（）A9,34B9,44C11,44D11,64【答案】C【详解】依题意可得2cos3yx，因为203x，所以22223333x，因为2cos3yx在20,3恰有 2 个零点，且1cos02k，1Zk，所以5227

34、2332，解得111744，令222223kxk，2k Z，得2222233kkx，2k Z，令20k，得2cos3yx在2,33上单调递减，所以,12 122,33，所以2312312，又0，解得04综上所述，1144，故的取值范围是11,44故选：C.7已知232a，ee 1eb，343c，则 a，b，c 的大小关系为（）AacbBbacCbcaDabc【答案】D【详解】2232211a，eee111eeb，3343311c，令 11xf xx，0 x，则 1lnln 1fxxx，0 x 令 1ln 1g xxx，0 x，则 211111ln 1ln 1111gxxxxxxx ，令 ln

35、11xh xxx，0 x，则 22110111xh xxxx在0,上恒成立，故 ln 11xh xxx在0,上单调递增，又 00h，故 ln 101xh xxx在0,上恒成立，将 ln 101xh xxx中x换为1x可得，11ln 1011xxx，即11ln 101xx，故 0gx在0,上恒成立，所以 1ln 1g xxx在0,上单调递增，由复合函数单调性可知 11xf xx在0,上单调递增，故2e31111112e3，即abc.故选：D8已知等腰直角ABC中，C为直角，边6AC，P，Q 分别为,AC AB上的动点（P 与 C 不重合），将APQ沿PQ折起，使点 A 到达点A的位置，且平面A

36、PQ平面BCPQ若点A，B，C，P，Q 均在球 O 的球面上，则球 O 表面积的最小值为（）A8B4C8 23D43【答案】A【详解】显然 P 不与 A 重合，由点A，B，C，P，Q 均在球 O 的球面上，得 B，C，P，Q 共圆，则CPQB，又ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，即有PQAB，将APQ翻折后，PQA Q，PQBQ，又平面A PQ平面BCPQ，平面A PQ平面BCPQPQ，A Q平面A PQ，BQ 平面BCPQ，于是A Q平面BCPQ，BQ 平面A PQ，显然A P，BP的中点 D，E 分别为APQ，四边形BCPQ外接圆圆心，则DO 平面A PQ，EO 平面BCPQ，因此/DO

37、BQ，/EOA Q，取PQ的中点 F，连接,DF FE则有/EFBQDO，/DFA QEO，四边形EFDO为矩形，设A Qx且02 3x，12 322xDOEFBQ，2A Px，设球 O 的半径 R，有22222332 33322443A PRDOxxx，当2 33x 时，n2mi2R，所以球 O 表面积的最小值为min248R故选：A二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。9如图，正方体1111ABCDABC D的棱长为 1，则下列四个命题正确的是（）A正方

38、体1111ABCDABC D的内切球的半径为22B两条异面直线1DC和1BC所成的角为3C直线 BC 与平面11ABC D所成的角等于4D点 D 到面1ACD的距离为32【答案】BC【分析】根据正方体和内切球的几何结构特征，可判定 A 错误；连接1,AC CD，把异面直线1DC和1BC所成的角的大小即为直线1DC和1AD所成的角，1ACD为正三角形，可判定 B 正确；证得1BC 平面11ABC D，进而求得直线BC与平面11ABC D所成的角，可判定 C 正确；结合等体积法，得到11D ACDDACDVV，进而可判定 D 错误.【详解】对于 A 中，正方体1111ABCDABC D的内切球的半

39、径即为正方体1111ABCDABC D的棱长的一半，所以内切球的半径12R，所以 A 错误.对于 B 中，如图所示，连接1,AC CD，因为11/ABC D且11ABC D，则四边形11ABC D为平行四边形，所以11/BCAD，所以异面直线1DC和1BC所成的角的大小即为直线1DC和1AD所成的角1ADC的大小，又因为112ACADDC，则1ACD为正三角形，即13ADC，所以 B 正确；对于 C 中，如图所示，连接1BC，在正方形11BBCC中，11BCBC.因为AB平面11BBCC，1BC 平面11BBCC，所以1ABBC.又因为1ABBCBI，AB平面11ABC D，1BC 平面11A

40、BC D，所以1BC 平面11ABC D，所以直线BC与平面11ABC D所成的角为14CBC，所以 C 正确；对于 D 中，如图所示，设点 D 到面1ACD的距离为h，因为1ACD为正三角形，所以1113sin232ACDSACADV,又因为1122ACDSADCDV，根据等体积转换可知：11D ACDDACDVV，即111133ACDACDShSDD，即111133232h ，解得33h，所以 D 错误.故选：BC.10已知函数321()3f xxxx，则（）A()f x为奇函数B1x 不是函数()f x的极值点C()f x在 1,)上单调递增D()f x存在两个零点【答案】BC【分析】根

41、据奇函数的定义判断 A，求导得函数的单调性判断 BC，根据零点存在性定理和单调性判断 D.【详解】函数321()3f xxxx的定义域为 R，又321()3 fxxxx，321()3 f xxxx，则()fxfx，所以()f x不是奇函数，故选项 A 错误；因为22()21(1)0fxxxx，所以()f x在R上单调递增，所以函数()f x不存在极值点，故选项 B 与 C正确；因为1(1)1 103 f，1(1)1 103 f，又()f x在R上单调递增，且(0)0f，所以()f x仅有一个零点 0，故选项 D 错误.故选：BC11已知抛物线2:6Cyx的焦点为F，过点F的直线交C于,M N两

42、个不同点，则下列结论正确的是（）AMN的最小值是 6B若点5,22P，则MFMP的最小值是 4C113MFNFD若18MFNF，则直线MN的斜率为1【答案】ABD【分析】A，根据12|=MNxxp结合基本不等式即可判断；B，由抛物线定义知当,P M A三点共线时MFMP；C，D，设直线方程，联立抛物线，应用韦达定理即可求解.【详解】对 A，设112212(,),(,),(,0)M x yN xyx x，因为这些MN倾斜角不为 0，则设直线MN的方程为32xky，联立抛物线得2690yky，则12126,9yyk yy，所以221212121212399363,244kxxk yykx xk y

43、 yyy，则212|=3666MNxxk（当且仅当0k 时等号成立），A 正确；对 B，如图MA抛物线准线，MFMPMAMP要使其最小，即,P M A三点共线时取得最小值，即53|422MFMPMAMPPA，B 正确；对 C，由121212311|239|324xxNFMFMFNFMFNFx xxx，C 错误；对 D，1212123339()()()2224MFNFxxx xxx2293993(63)(63)1842422kk，解得1k ,D 正确故选：ABD.12已知函数()f x及其导函数()fx的定义域均为 R，记()()g xfx.若322fx，(2)gx均为偶函数，则（）A(1)(4

44、)ffB102gC(0)1fD)(12)(gg【答案】ABD【分析】由题意分析得到()f x关于直线32x 对称，函数()g x关于直线2x 对称及周期为 2，逐项求解即可.【详解】因为3(2)2fx为偶函数，所以33(2)(2)22fxfx，所以33()()22fxfx，所以()f x关于直线32x 对称，令54x 得3535(2)(2)2424ff，即(1)(4)ff，故 A 正确；因为33()()22fxfx，所以3322fxfx，即3322gxgx，所以21gxgx，因为(2)gx为偶函数，所以22gxgx，所以21gxgx，即 1g xg x，所以 21g xg xg x，则 g x

45、的一个周期为 2.因为()f x关于直线32x 对称，所以32x 是函数()f x的一个极值点，所以33022gf，所以13022gg，故 B 正确；因为 1g xg x，所以 201ggg，所以)(12)(gg，故 D 正确；设 h xf xc（c为常数），定义域为 R，则 hxfxg x，3322hxfxc，3322hxfxc，又3322fxfx，则3322hxhx，显然 h xf xc也满足题设，即 fx上下平移均满足题设，显然 0f的值不确定，故 C 错误.故选：ABD第第 II 卷（非选择题）卷（非选择题）三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。136225xxx

46、展开式中含3x项的系数是.【答案】120【详解】6665222252xxx xxxxx，因为652xx的展开式的通项公式为66 216625 C5 C2rrrrrrrTxxx ，不可能出现含3x的项，所以展开式中含3x的项为2243622C120 xxxx，即含3x项的系数是 120.故答案为：120.14写出与圆22121xy和圆22121xy都相切的一条直线的方程.【答案】0 x 或430yx或250 xy（答案不唯一）【详解】由题设知，圆22121xy的圆心为1,2M，半径为11r，圆22121xy的圆心为1,2N，半径为21r，所以2212221 12 52MNrr，即两圆外离，故共有

47、 4 条公切线；又易知,M N关于原点对称，且两圆半径相等，则有过原点的两条公切线和与MN平行的两条公切线.设过原点的公切线为xty，则22111tt，即2340tt，解得0t或43，所以公切线为0 x 或430yx；设与MN平行的公切线为2yxb，且 M，N 与公切线距离都为 1，则14 1b，即5b ，所以公切线为250 xy.故答案为：0 x 或430yx或250 xy15若函数 2142fxxax与 2545lneg xaxb，0a 有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则b的最小值为.【答案】52【详解】4fxxa，25agxx.设曲线 yf x与(0)yg xx的公共点为00,xy

48、，两者在公共点处的切线方程相同，因此20054axax，即2200450 xaxa，解得0 xa或5a.因为0a，00 x，所以舍去05xa.又4225000145lne2xaxaxb，即4222225959e5lnln222baaaaaa.令函数 59ln22h tt tt，则 5ln22h tt.令 0h t，解得450et，令 0h t，解得45et，所以 h t在450,e上单调递减，在45e,上单调递增，则 44555ee2h xh，即44555ee2b ，解得52b .则b的最小值为52.故答案为：5216已知椭圆22:11612xyC，1F、2F分别是其左，右焦点，P 为椭圆 C

49、上非长轴端点的任意一点，D 是 x轴上一点，使得PD平分12FPF.过点 D 作1PF、2PF的垂线，垂足分别为 A、B.则1 21 22PF FDABPF FDABSSSS的最小值是.【答案】52148【详解】如图，由椭圆的性质可知，点P位于短轴的端点时，12FPF最大，由4,2 3ab可知12FPF最大值为3.设12=206FPF，因为PD平分12FPF，所以DADB，设=DA DB m，已知椭圆22:11612xyC，所以=4,=2 3,2abc.从而1 22tan12tanPF FSb，1 21212111+=+=4222PF FSm PFm PFm PFPFmam，所以12tan4

50、 m，解得=3tanm.2211sinsin 222DABSmADBm32219sinsin2=9tansincos2cosm,所以1 2329sin3cossin12tan4DABPF FSS,所以1 21 222238sin43sinPF FDABPF FDABSSSS，因为06，所以1sin0,2，设21sin0,4 t，所以1 21 223843PF FDABPF FDABSStSSt在10,4上单调递减，所以1 21 2min2318 452144348PF FDABPF FDABSSSS.故答案为：52148四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分，解答应写出必要的文字说明、证明

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