数学-2024年1月“七省联考”考前猜想卷（参考答案）_2024年1月“七省联考”考前猜想卷数学试题+答案

2024 年 1 月“七省联考”考前猜想卷 数 学 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 合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 C B A A B C C D 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 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 10 11 12 AC ACD ACD AB 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13． f (x)=x（答案不唯一） 14．3 5 15． 16．3π 32 四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程 或演算步骤． 1 1 17. 【解析】（1）点( , )在直线y=x+2上 a a n+1 n 1 1 得 − =2， ---------------------2分 a a n+1 n  1  1 所以数列 是以首项为 1，公差为2的等差数列． --------------------3分 a  a n 1 故 1 = 1 +2(n−1)=2n−1，即a = 1 ． ---------------------5分 a a n 2n−1 n 1 1 1 1 1  （2）a a = =  −  ---------------------6分 n+1 n (2n−1)(2n+1) 22n−1 2n+1 1 1 11 1 1 1 1  所以T = 1− +  − ++  −  n 2 3 23 5 22n−1 2n+1 1 1 1 1 1 1  1 1  1 = 1− + − ++ − = 1− < ， ---------------------8分 2 3 3 5 2n−1 2n+1 2 2n+1 2 要使T <3m−12对n∈N*恒成立， n1 25 3m−12≥ ,即m≥ ---------------------9分 2 3 又m∈Z，所以m的最小值为9. --------------------10分 18. 【解析】（1）因为c−2bcosA=b， 由正弦定理得sinC−2sinBcosA=sinB ---------------------2分 又A+B+C=π，所以sin(A+B)−2sinBcosA=sinAcosB−cosAsinB=sin(A−B)=sinB---------3分  π  π  π π 因为ABC为锐角三角形，所以A∈0, ，B∈0, ，A−B∈− ,   2  2  2 2  π π 又y=sinx在− , 上单调递增，所以A−B=B，即A=2B； ---------------------5分  2 2 （2）由（1）可知，A=2B，所以在△ABD中，∠ABC =∠BAD， AD AB 2 1 由正弦定理得： = = ，所以AD=BD= ，---------------------7分 sinB sin(π−2B) sin2B cosB 1 sinB 所以S = ×AB×AD×sinB= =tanB． ---------------------9分 ABD 2 cosB 又因为ABC为锐角三角形， π π π π π 所以02.706=x ，---------------------11分 30×25×40×15 0.1 根据小概率值α=0.1的独立性检验我们推断H 不成立，即参加直播带货与性别有关，该判断犯错 0 误的概率不超过10%. ---------------------12分 20. 【解析】（1）如图所示： 当点G为AA 的中点时，FG//平面ADE， ---------------------1分 1 1 证明如下：设H为DE中点，连接FH,AH . 1 因为在三棱柱ABCABC 中，BB //CC //AA ， ---------------------2分 1 1 1 1 1 1 D,E,F,G分别为BB,CC,BC,AA 的中点， 1 1 1 所以FH//EC//AG，且FH=EC=AG， 1 1 所以四边形AGFH 为平行四边形. 1 所以FG//AH ， ---------------------4分 1 又因为AH ⊂平面ADE，FG⊄平面ADE， 1 1 1所以FG//平面ADE. ---------------------5分 1 （2）如图所示： 取AB中点O，连接OB,AB,OC. 1 1 因为AB= AA =BB ，∠ABB =60°， 1 1 1 所以ABB 为正三角形，所以BO⊥ AB. ---------------------6分 1 1 又因为平面AABB⊥平面ABC，平面AABB平面ABC = AB，BO⊂平面AABB， 1 1 1 1 1 1 1 所以BO⊥平面ABC， 1 又CO,AO⊂平面ABC， 所以BO⊥CO,BO⊥ AO， 1 1 因为ABC为等边三角形，所以OC⊥AB. ---------------------7分 以O为原点，分别以OCOA,OB 所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 1  3 3 3 依题意得A(0,3,0),B(0,−3,0),C(3 3,0,0),A(0,6,3 3),B(0,0,3 3),D0,− , ，--------------8分 1 1   2 2     15 3 3   所以DA 1 =   0, 2 , 2    ，DE=BC =(3 3,3,0).  设平面ADE的法向量n=(x,y,z)， 1   15 3 3  n⋅DA =0  y+ z=0  ( ) 则由 1 ，得 2 2 ，令x=1，得n= 1,− 3,5 . --------------------9分 n⋅DE=0  3 3x+3y=0  取平面ABC的法向量m=(0,0,1)， 设平面ADE与平面ABC所成二面角的大小为θ， 1    m⋅n 5 5 29 则 cosθ= cos m,n =   = = . ---------------------11分 m⋅ n 1× 29 29 2 29 所以sinθ= 1−cos2θ= ， 29 2 29 所以平面ADE与平面ABC所成二面角的正弦值为 . ---------------------12分 1 29 x+y+1=0 21. 【解析】（1）联立 ，消y得x2+2px+2p=0， x2 =2py 因为直线x+y+1=0与抛物线C:x2 =2py(p>0)相切， 所以∆=4p2−8p=0，解得p=2或p=0（舍去）， --------------------2分 当p=2时，x2+4x+4=0，解得x=−2，所以y=1， --------------------4分 所以抛物线C的方程为x2 =4y，点A的坐标为(−2,1)； ---------------------5分 （2）显然直线l的斜率存在， 可设为y=kx+b,M(x,y ),N(x ,y )， 1 1 2 2 y=kx+b 由 ，消y得x2−4kx−4b=0， x2 =4y 则∆=16k2+16b>0， x +x =4k,xx =−4b， ---------------------7分 1 2 1 2   AM =(x +2,y −1),AN =(x +2,y −1)， 1 1 2 2 因为以MN为直径的圆过点A，   所以AM⋅AN =0， 即(x +2)(x +2)+(y −1)(y −1)=0， ---------------------8分 1 2 1 2 整理可得 ( k2+1 ) xx + k(b−1)+2  (x +x )+(b−1)2+4=0， 1 2 1 2 所以−4b ( k2+1 ) +4k2(b−1)+8k+(b−1)2+4=0， 化简得b2−6b+9=4k2−8k+4， 所以(b−3)2 =(2k−2)2， 所以b−3=2k−2或b−3=2−2k， 即b=2k+1或b=−2k+5， ---------------------9分当b=2k+1时，直线l: y=kx+2k+1， 即y−1=k(x+2)，所以直线l过定点(−2,1)（舍去）， --------------------10分 当b−3=2−2k时，直线l:y=kx−2k+5，满足∆>0， 即y−5=k(x−2)，所以直线l过定点Q(2,5)， ---------------------11分 当直线l与AQ垂直时，点A到直线l的距离最大， 5−1 又k = =1，所以k =−1， AQ 2−(−2) l 所以直线l的方程为x+y−7=0. -------------------12分 22. 【解析】（1）解： f (x)的定义域为(2,+∞)， 当a=1时， f (x)=(x−1)ln(x−2)−x+3， x−1 1 f′(x)=ln(x−2)+ −1=ln(x−2)+ ， ---------------------2分 x−2 x−2 1 设g(x)=ln(x−2)+ ， x−2 1 1 x−3 则g′(x)= − = ， x−2 (x−2)2 (x−2)2 令g′(x)=0，解得x=3， --------------------4分 当x∈(2,3)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(3,+∞)，g′(x)>0，g(x)单调递增. 所以，g(x) =g(3)=1>0，则g(x)= f′(x)>0对任意的x>2恒成立， min 所以，函数 f (x)的单调递增区间为(2,+∞)，无递减区间. ---------------------6分 a(x−3) （2）解：当x>3时， f (x)>0恒成立等价于ln(x−2)− >0在(3,+∞)上恒成立， x−1 a(x−3) 设h(x)=ln(x−2)− (x>3)， ---------------------8分 x−1 1 2a x2−2(a+1)x+4a+1 则h′(x)= − = ， x−2 (x−1)2 (x−2)(x−1)2 设ϕ(x)=x2−2(a+1)x+2a+1(x>3)， ---------------------9分 则ϕ(x)图象为开口向上，对称轴为x=a+1的抛物线的一部分，当a≤2时，a+1≤3，ϕ(x)在(3,+∞)单调递增，且ϕ(3)=4−2a≥0，---------------------10分 所以，ϕ(x)≥0，即h′(x)≥0，则函数h(x)在(3,+∞)上单调递增， 又因为h(3)=0，所以h(x)>0在(3,+∞)恒成立，满足题意； 当a>2时，a+1>3，ϕ(3)=4−2a<0， 所以方程ϕ(x)=0有两相异实根，设为x、x，且x 0在(3,+∞)上不恒成立，不满足题意. 综上，a的取值范围为(−∞,2 ] . ---------------------12分