2023年普通高等学校招生全国统一考试·新高考仿真模拟卷数学(三)答案_2024年2月_01每日更新_11号_word

进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 2023 年普通高等学校招生全国统一考试·仿真模拟卷 数学（三） 一、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，只有一个选项是符合题目要求的．   A x x2 4 B  x 0 x2  1 已知集合 ， ，则（ ） . A. AB B. BA C. A  BR D. AB 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求出集合A可得BA，从而可求解. 【详解】∵A  x x2 4    x 2 x2  ，B  x 0 x2  ， 公 ∴BA. 众 号 ∴AB A, A  B B. ： 一 故选:B. 枚 z2i 试 2. 若复数z满足 12i，其中i是虚数单位，则z的共轭复数z （ ） 1i 卷 君 A. 3－i B. 3＋i C. 1＋3i D. 1－3i 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数运算法则进行化简计算，进而求出z的共轭复数. 【详解】z 1i12i+2i=1i22i3i，故z 3i. 故选：A 3. 已知角满足cos2sin20，则cos（ ） 1 A. 1 B. C. 0 D. 1 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式求解. 【详解】解：因为角满足cos2sin20， 所以12sin2sin20，即sin21， 所以cos0， 第1页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 故选：C 4. 大西洋鲑鱼每年都要逆流而上游回产地产卵，研究发现鲑鱼的游速（单位：m/s）可以 1 Q 表示为v  log ，其中Q表示鲑鱼的耗氧量．则鲑鱼以0.5m/s的速度游动时的耗氧 2 3100 量与静止时的耗氧量的比值为（ ） A. 3 B. 27 C. 300 D. 2700 【答案】A 【解析】 【分析】根据题中函数关系式，令v0和0.5，分别求出对应的Q，即可得出结果. 1 Q 【详解】因为鲑鱼的游速(单位：m/s)可以表示为v  log ，其中Q表示鲑鱼的耗 2 3100 氧量的单位数， 1 Q Q 当一条鲑鱼静止时，v0，此时0 log 1 ，则 1 1，耗氧量为Q 100； 2 3100 100 1 公 1 Q 众 当一条鲑鱼以0.5m/s的速度游动时，v0.5，此时0.5 log ， 号 2 3100 ： Q Q 所以log 1，则 3，即耗氧一量为Q300， 3100 100 枚 试 300 因此鲑鱼以0.5m/s的速度游动时的耗氧量与静止时的耗氧量的比卷值为 =3. 100 君 故选：A. 5. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰 直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为9 2，则该圆锥的体积为 （ ） A. 6 2 B. 4 2π C. 3 2 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中定义，结合圆锥的侧面积和体积公式进行求解即可. 【详解】设直角圆角的底面半径为r，母线为l，高为h， 因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形， 所以有(2r)2 l2 l2 l  2r， 因为直角圆锥的侧面积为9 2π， 所以有9 2ππrl 9 2ππr 2r r 3，即l 3 2， 因此h l2 r2  189 3， 第2页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 1 1 所以该直角圆锥的体积为 πr2h π939π， 3 3 故选：D 3 6. 甲、乙两人进行五局三胜制的乒乓球单打比赛，每局甲获胜的概率为 ．已知在第一局 4 和第二局比赛中甲均获胜，则继续比赛下去，甲最终赢得比赛的概率为（ ） 3 27 63 1 A. B. C. D. 4 64 64 4 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出甲第三局获胜的概率、第三局输第四局获胜的概率与第三局和第四局输第 五局获胜的概率，相加即可. 3  3 3 3 【详解】甲第三局获胜的概率为 ，第三局输第四局获胜的概率为 1    ， 4  4 4 16 公 2 众  3 3 3 第三局和第四局输第五局获胜的概率为 1   ，   号  4 4 64 ： 3 3 3 63 一 所以甲最终赢得比赛的概率为    . 4 16 64 64枚 试 故选:C. 卷 7. 如果圆xa2 ya2 9上恰有两个点到原点的距离为1，则实数 君 a的取值范围是 （ ） A.  4，4  B. 3,3       C. 2 21,2 21 D. 2 2, 2  2,2 2 【答案】D 【解析】 【分析】先求出到原点距离为 1的所有点的轨迹，此轨迹表示的曲线与圆 xa2 ya2 9有两个交点即可. 【详解】平面内到原点距离为1的所有点的轨迹方程为O:x2  y2 1, 设圆xa2 ya2 9的圆心为C，则圆xa2 ya2 9上恰有两个点到原 点的距离为1,     等价于圆C与圆O相交，即2 a2 a2 4，a 2 2, 2  2,2 2 . 故选：D. 第3页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 x2 y2 8. 已知椭圆C:  1a b0的上顶点为A，离心率为e，若在C上存在点P， a2 b2 使得 PA  6b，则e2的最小值是（ ） 52 6 3 3 A. B. 36 12 3 3 1 C. D. 6 2 【答案】C 【解析】 【 分 析 】 易 知 A0,b ， 设 P  x,y  ， 根 据 PA  6b， 可 得 方 程 0 0 c2 x2 2bx5b2 a2 0在 区 间 b,b 上 有 解 ， b2 c2 f x公x2 2bx5b2 a2,xb,b， 由 f b0， f b0， 可 得 b2 众  4c2 号  Δ4b2   5b2 a2 0：  b2  ，求解即一可.  b3 枚 b b  c2 试 卷 【详解】易知A0,b ，设P  x,y  ，则 x 0 2  y 0 2 1. 君 0 0 a2 b2  y2  c2 所以 PA 2  x2 y b2 a2 1 0 y b2  y2 2by a2 b2 6b2， 0 0 b2 0 b2 0 0   c2 即 y2 2by 5b2 a2 0， b2 0 0 c2 即方程 x2 2bx5b2 a2 0在区间 b,b 上有解. b2 c2 令 f x x2 2bx5b2 a2,xb,b， b2 c2 因为 f b b2 2b2 5b2 a2 2b2 0， b2 c2 f b b2 2b2 5b2 a2 6b2 0， b2 第4页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末  4c2  Δ4b2   5b2 a2 0 6e4 6e2 10  b2  3 3 所以只需 ，即 1 ，解得e2  ，  b3  e2  6 b b  2  c2 3 3 故e2的最小值是 . 6 故选:C. 二、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，有选错的得 0分，部分选对的 得 2分． 9. 某学校组建了合唱、朗诵、脱口秀、舞蹈、太极拳五个社团，该校共有3000名同学， 每名同学依据自己的兴趣爱好最多可参加其中一个，各个社团的人数比例的饼状图如图所 示，其中参加舞蹈社团的同学有75名，参加合唱社团的有90名，则下列说法正确的是 （ ）公 众 号 ： 一 枚 试 卷 君 A. 这五个社团的总人数为300名 B. 合唱社团的人数占五个社团总人数的30% C. 这五个社团总人数占该校学生人数的10% D. 从这五个社团中任选一人，其来自太极拳社团或舞蹈社团的概率为0.35 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据条件可得计算出五个社团的总人数可判断AC，进而可得合唱社团的人数占 五个社团总人数百分比可判断B，计算出太极拳社团或舞蹈社团的人数，进而可判断D. 【详解】由于参加舞蹈社团的同学有75名，该社团人数占比为25% ， 故社团总人数为7525%300人，故A正确； 90 因为参加合唱社团的有90名，合唱社团的人数占五个社团总人数的 30%，故B正 300 确； 第5页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 300 这五个社团总人数占该校学生人数的 10%，故C正确； 3000 由题可得参加朗诵，脱口秀社团的学生人数为30030%90， 故太极拳社团或舞蹈社团的人数为3009090120， 120 所以从这五个社团中任选一人，其来自太极拳社团或舞蹈社团的概率 0.4，故D错 300 误. 故选：ABC. 10. 已知函数 f xsin2x2sin2x10 的最小正周期为π，则下列结论正确 的是（ ） A. 2 B. 函数 f x 在区间   3π , π 上是增函数    8 8 C. 函数 公 f x 的图像关于点   π ,0  对称 众 8  号 π D. 函数 f x 的图像可由函数y： 2sin2x的图像向左平移 个单位得到 8 一 【答案】BD 枚 试 【解析】 卷  π 君 【分析】先化简 f x 2sin  2x ，再对四个选项一一验证：  4 对于A：利用周期公式直接求解；对于B：直接判断 f x 在   3π , π 上的单调性；    8 8 π  对于C：直接验证出点 ,0 为对称中心；对于D：利用平移公式直接求解. 8   π 【详解】函数 f xsin2x2sin2x1sin2xcos2x 2sin  2x .  4 2π 对于A：因为函数 f x 的最小正周期为π，所以 π，又0，所以1.故A 2 错误；  π 所以 f x 2sin  2x .  4  3π π π  π π 对于B：当x   ,  ，所以2x    , .  8 8 4  2 2 第6页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末  π π 因为y  2sint在t  , 上单调递增，    2 2  π  3π π 所以 f x 2sin  2x 在   ,  上单调递增.故B正确；  4  8 8  π π 对于C：要求 f x 2sin  2x 的对称中心，只需2x kπ,kZ，解得：  4 4 π kπ x  ,kZ . 8 2  π  π kπ  所以 f x 2sin  2x 的对称中心为   ,0  ，kZ .  4  8 2  π kπ π 1 令x   ，解得：k  Z. 8 2 8 2 π  故 ,0 不是 f x 的对称中心.故C错误； 8  公 π 对于D：函数y 众  2sin2x的图像向左平移 个单位得到 号 8 ：  π  π y  2sin2  x   2sin  2x 一.故D正确.  8  4 枚 故选：BD 试 卷 11. 对于实数x，符号 x 表示不超过x的最大整数，例如 4， 2君.182．定义 函数 f x xx ，则（ ） A. 函数 f x 的最大值为1 B. 函数 f x 的最小值为0 C. f 1.5 f 1.50 1 D. x2,3 时，方程 f x 有5个不同实数根 3 【答案】BD 【解析】 【分析】化简函数，利用数形结合法求解. 第7页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 ...  x1,1 x0  x,0 x1 【详解】解： f x xx ，其图象如图所示： x1,1 x2  x2,2 x3  ... 所以函 公 数 f x 的无最大值，故A错误； 众 函数 f x 的最小值为0 号，故B正确； ： f 1.5 f 1.51.5(2)1.5一11，故C错误； 枚 1 试 由图象知：x2,3 时，方程 f x 有5个不同实数根，故D正确； 3 卷 君 故选：BD 12. 已知函数 f xex lnmxmR ，则下列结论正确的是（ ） A. 当m＞0时，函数 f x 的图象在点  1, f 1 处的切线的斜率为e1  1 B. 当m＝l时，函数 f x 在 0, 上单调递减  2 C. 当m＝l时，函数 f x 的最小值为1 D. 若 f xm1x对x0, 恒成立，则0me 【答案】ABD 【解析】 【分析】A. 由m＞0直接求导求解判断；B. 由m＝l，利用导数法求解判断；C. 由m＝l， 利用导数法求解判断；D. 将 f xm1x对x0, 恒成立，转化为 xex mxlnmx=elnmx lnmx对x0, 恒成立，利用hx xex的单调 性转化为lnm xlnx对x0, 恒成立求解判断. 第8页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 【详解】解： f xex lnmxmR ， 1 当m0时， fxex  ，则 f1e1，故A正确； x 1 1 1 当m＝l时， fxex  ，令gxex  ，则gxex  0， x x x2 1  1 1  1 所以gxex  在 0, 上递增，又g    e20，即 fx0在 0, 上成 x  2 2  2 立，  1 所以 f x 在 0, 上递减，故B正确；  2 1 1 1 当m＝l时， fxex  ，令gxex  ，则gxex  0， x x x2 1 1 所以gxex  在 0, 上递增，又g    e20，g1e10， x 2 公 众1  1 1 所以存在x 0   2 ,1   ， 号 有gx 0 ex 0  x 0，即ex 0  x ，则lnx 0 x 0 ， 0 0 ： 当x0,x  时， fx0，当xx ,一时， f¢(x)>0， 0 0 枚 1 试 所以 f x  f x ex 0 lnx  x 2，故C错误； min 0 0 x 0 卷 0 君 若 f xm1x对x0, 恒成立， 则xex mxlnmx=elnmx lnmx对x0, 恒成立， 设hx xex，则hx1ex 0，所以hx 在 0, 上递增， 则xlnmx 对x0, 恒成立，即lnm xlnx对x0, 恒成立， 1 设rx xlnx，则rx1 ，当0 x1时，rx0，当x1时， x rx0， 所以rx r11，则lnm1，解得0me，故D正确. min 故选：ABD 三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20 分． 9  1 13.  x2   的展开式中的常数项为______．（用数字作答）  x 【答案】84 第9页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式求解. 9  1 【详解】解：因为 x2  的展开式的通项公式为：    x r T Cr  x29r  1 Cr 1r x183r，   r1 9  x 9 令183r 0，解得r 6， 9  1 所以 x2  的展开式中的常数项为T C6 84，   7 9  x 故答案为：84 14. 已知向量m  x,1，n  3,2 ，若2m  n  1,4 ，则 m  ______． 【答案】 5 【解析】 公 【分析】利用向 众 量的坐标运算表达出2m  n  的坐标，从而可得m  2,1 ，再求向量的模即 号 ： 可得出答案. 一 【详解】  向量m  x,1，n  3,2 ， 枚 试  2m  n  2x,13,22x3,4 ， 卷 君 又 2m  n  1,4 ，  2x31,x2 ，m  2,1 ， m   22 12  5， 故答案为： 5. 15. 若函数 f x  x2 mx2  ex在    1 ,1   上存在单调递减区间，则m的取值范围是  2  ______． 【答案】2, 【解析】  1  x2 【分析】先对 f x 求导，将问题转化为 f(x)0在  ,1 上有解，即2m 在    2  x1  1  x2   ,1  上有解，利用换元法与基本不等式求出 的最大值即可得解.  2  x1 【详解】因为 f x  x2 mx2  ex， 第10页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 所以 f(x)(2xm)ex (x2 mx2)ex x2 (2m)x2mex，    1   1  则原向题等价于 f(x)0在  ,1 上有解，即x2 (2m)x2m0在  ,1 上有      2   2  x2  1  解，即2m 在  ,1 上有解，   x1  2  1  令t  x1，则t ,2 ，xt1，   2  x2 t12  1   1  所以    t 2    2 t 2  0， x1 t  t   t  1 当且仅当t  ，即t 1时，等号成立，此时x0， t  x2  所以  0，则2m0，  x1 max 公 所以m>2，即众m2, . 号 故答案为：2, . ： 一 16. 如图，直三棱柱ABC- ABC 中，AC⊥B枚C，AC  7 ，BC 3，点P在棱BB 1 1 1 1 试 上，且PA PC 1 ，当 APC 1 的面积取最小值时，三棱锥PAB 卷 C 的外接球的表面积为 君 ______． 【答案】28π 【解析】 【分析】先设出BP=x，BP y，利用PA2 PC2  AC2求出xy 9，结合基本不等式 1 1 1 3 3 求出x2 3,y  时， APC 1 面积取得最小值，补形后三棱锥PABC 的外接球即 2 该长方体AP的外接球，求出外接球半径和表面积. 【详解】由勾股定理得：AB AC2 BC2  79 4， 第11页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 设BP=x，BP y，则PA 16x2 ，PC  BC2 BP2  9 y2 ， 1 1 1 1 1 AC  AC2 CC2  7x y2 ， 1 1 由PA2 PC2  AC2得：16x2 9 y2 7x y2 ，解得：xy 9， 1 1 1 1 1 因为PA PC ，故S  APPC  16x2  9 y2  22516y2 9x2 1 APC 1 2 1 2 2 由基本不等式得：16y2 9x2 24xy 216， 3 3 当且仅当4y 3x，即x2 3,y  时，等号成立， 2 将三棱锥PABC 补形为长方体AP，则三棱锥PABC 的外接球即该长方体AP的外接 球， 公 众 号 ： 一 枚 试 其中长方体AP的外接球的直径为 AC2 BC2 BP2  7912 2 7， 卷 君 故半径为 7 ，故三棱锥PABC 的外接球的表面积为4π 7 2 28π. 故答案为：28π 四、解答题：本题共 6小题，共 70分．解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤． 17. 已知公差不为零的等差数列 a  满足a ，a ，a 成等比数列，a 1． n 1 4 5 6 （1）求 a  的通项公式； n （2）记 a  的前n项和为S ，求使S a 成立的最小正整数n． n n n n 【答案】（1）a 2n11 n （2）12 【解析】 【分析】（1）设 a  的公差为dd 0 ，利用等差数列通项公式可构造方程组求得 n a ,d ，由此可得a ； 1 n （2）由等差数列求和公式可求得S ，由S a 可构造不等式组求得n的范围，由此可得 n n n 第12页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 结果. 【小问1详解】 设等差数列 a  的公差为dd 0 ， n a 2 a a a 3d2 a 4da a 9 由 4 5 1得： 1 1 1，解得： 1 ，  a 6 1  a 1 5d 1 d 2 a 92n12n11. n 【小问2详解】 n92n11 由（1）得：S  n2 10n， n 2 若S a ，n2 10n2n11，即n2 12n11n11n10， n n 解得：n11或n1； S a 成立的最小正整数n12. n n 公 C 18. 已知 ABC众的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且csinBbsin ．  2 号 （1）求C； ： 一 （2）若点D在CB的延长线上，CB＝BD，AD＝l，求ab的取值范围． 枚 2π 试 【答案】（1）C  卷 3 君 1  （2） ,1 2  【解析】 C 1 C  π 2π 【分析】（1）由正弦定理得到cos  ，结合 0, ，求出C  ； 2 2 2  2 3 π   π 2sin    （2）设CAD，则0, ，由正弦定理得到 3  sin，从而  3 b ,a  3 3 1  表达出abcos  ,1 . 2  【小问1详解】 C C csinBbsin ，由正弦定理得：sinCsinBsinBsin ， 2 2 因为B0,π ，所以sinB0， 第13页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 C C C C 故sinC sin ，即2sin cos sin ， 2 2 2 2 C  π C 因为 0, ，所以sin 0， 2  2 2 C 1 故cos  ， 2 2 C  π C π 2π 因为 0, ，所以  ，故C  2  2 2 3 3 【小问2详解】  π 在  ACD中，CD2a，设CAD，则0, ，  3 AC CD AD 由正弦定理得：   ， sinD sinCAD sinC b 2a 1   即 公2π  sin 2π ， sin π  sin    3 众  3 号 π  ： 2sin    解得： 3  sin， 一 b ,a  枚 3 3 试 π  卷 2sin    君 故 3  sin 3cos ， ab   cos 3 3 3  π 1  因为0, ，所以abcos  ,1 ，  3 2  1  ab的取值范围是 ,1. 2  19. 为进一步推动新能源汽车产业健康有序发展，财政部、工业和信息化部、科技部、发 展改革委联合发布了《财政部、工业和信息化部、科技部、发展改革委关于2022年新能源 汽车推广应用财政补贴政策的通知》，进一步明确了2022年新能源汽车推广应用财政补贴 政策的有关要求．为了解消费者对新能源汽车的购买意愿与财政补贴幅度的关系，随机选 取400人进行调查，整理数据后获得如下统计表： 愿意购买新能源汽车 不愿意购买新能源汽车 购买时补贴大于1.5万 150 50 购买时补贴不大于1.5万 120 80 第14页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 （1）能否有99%的把握认为新能源汽车的购买意愿与购买时财政补贴幅度有关？ （2）若从购买时补贴大于l.5万的样本中用分层随机抽样的方法抽取8人，从这8人中随 机抽取3人调查购买意愿，记X表示这3人中愿意购买新能源汽车的人数，求X的分布列 与数学期望． nad bc2 附：K2  nabcd abcdacbd P  K2 k  0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 0 k 2.706 3.841 5.024 6.635 10 . 828 0 【答案】（1）有99%的把握认为新能源汽车的购买意愿与购买时财政补贴幅度有关 9 （2） 4公 众 【解析】 号 【分析】（1）列出22列联表， ： 根据列联表中的数据求出K2，对照附表可得. 一 (2)先求出抽样比，然后再求出意购买新能源汽车枚的人中抽取的人数和不愿意购买新能源汽 试 车的人中抽取的人数,根据题意求出X 的取值，算出每个取值的概率. 卷 【小问1详解】 君 22列联表如下： 愿意购买新能源汽车 不愿意购买新能源汽车 合计 购买时补贴大于1.5万 150 50 200 购买时补贴不大于1.5万 120 80 200 合计 270 130 400 可得 40015080120502 1200 K2   10.2566.635 200200270130 117 所以有99%的把握认为新能源汽车的购买意愿与购买时财政补贴幅度有关. 【小问2详解】 8 1 1 1 依题意，分层随机抽样的抽样比为  ，则150 6,50 2 200 25 25 25 所以在愿意购买新能源汽车的人中抽取6人，在不愿意购买新能源汽车的人中抽取2人； 第15页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 X 的所有可能取值有1,2,3则 C1 C2 6 3 PX 1 6 2   C3 56 28 8 C2C1 30 15 PX 2 6 2   C3 56 28 8 C3C0 20 5 PX 3 6 2   C3 56 14 8 所以X 的分布列为： X 1 2 3 3 15 5 P 28 28 14 3 15 5 63 9 故EX1 2 3   28 28 14 28 4 公 众9 所以X 的数学期望为 . 4号 ： 20. 如图，在四棱锥PABCD中，底面四边形ABCD是平行四边形，PA平面 一 枚  ABCD，ABC  且PA AB AC 2，PD的中试点为F ． 4 卷 君 （1）求证：平面ACF 平面PAB； （2）求二面角CAF D的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 1 （2） 2 【解析】 【分析】（1）通过证明AC 面PAB，即可证明面ACF 面PAB （2）分别求出面AFD和面ACF 的法向量即可求出二面角CAF D的余弦值. 【小问1详解】 由题意证明如下 第16页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末  在平行四边形ABCD中，ABC  ，PA AB AC 2 4   ∴BAC  ，ACBCAD 2 4 ∴BA AC 在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD， ∵AC 面ABCD ∴PA AC ∵AC 面PAB，PA面PAB，AB面PAB ∴AC 面PAB ∵AC 面ACF ∴面ACF 面PAB 【小问2详解】 公 由题意及（1）得，PA平面ABCD，PD的中点为F 众 号  在平行四边形ABCD中，PA AB AC 2，BAC  ， ： 2 一  枚 ABC ACBCAD 4 试 卷 建立空间直角坐标系如下图所示 君 由几何知识得         A0,0,0 ，B 2, 2,0 ，C 2, 2,0 ，D 0,2 2,0 ，P0,0,2 ，F 0, 2,1 ur 在面AFD中，其一个法向量为n 1,0,0 1 uuur uuur     在面ACF 中，AC  2, 2,0 ，AF  0, 2,1 uur 设其一个法向量为n x,y,z 2    ACn 0   2x 2y 0  xy 2 ∴  即 ，解得：  AFn 0  2yz 0 z  2y 2 第17页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末  x1    当y 1时， ，n  1,1, 2 2 z  2 二面角CAF D的余弦值为：   n n 1100 1 1 2 cos     n 1 n 2 12 00 12 12    2 2 2 21. 已知抛物线C: y2 2pxp0 的焦点为F，过点F作垂直于x轴的直线与抛物线C 1 交于M，N两点，△MON （O为坐标原点）的面积为 ． 2 （1）求抛物线C的方程； （2）过点P（2，0）的直线l与抛物线C交于A，B两点，x轴上是否存在点Q，使得直 线AQ的斜率k 与直线BQ的斜率k 满足k k 0，若存在，求出点Q坐标；若 AQ BQ AQ BQ 不存在，说明理由． 【答案】（1）y2 2x 公 众 （2）Q（-2，0） 号 【解析】 ： 一  p  1 p 1 【分析】（1）由题意不妨设M  ,p ，然后由枚S   2p 求解；  2  MON 2 2 2 试 卷 （2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x2，直接验证；当直线l的斜率存在 君 时，设直线l的方程为y kx2 ，与抛物线方程联立，结合韦达定理由k k 0 AQ BQ 求解. 【小问1详解】  p  解：由题意，不妨设M  ,p ,  2  1 p 1 则S   2p ，解得P1， MON 2 2 2 所以抛物线的方程为：y2 2x； 【小问2详解】 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x2，则A2,2,B2,2 ， 2 2 设Qx ,0 ，则k  ,k  ，（x 2），满足k k 0，存在； 0 AQ 2x BQ 2x 0 AQ BQ 0 0 当当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y kx2 ，Ax ,y ,Bx ,y  ， 1 1 2 2 与抛物线方程联立消去y得k2x2   4k2 2  x4k2 0， 第18页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 4k2 2 则x x  ,x x 4， 1 2 k2 1 2 y y 所以k  1 ,k  2 ， AQ x x BQ x x 1 0 2 0 y y 2kx x 2kkx x x 4kx 则k k  1  2  1 2 0 1 2 0 0， AQ BQ x x x x x x x x x x 2 1 0 2 0 1 2 0 1 2 0 4k2 2 即2k42kkx  4kx 0，解得x 2， 0 k2 0 0 所以在x轴上存在点Q（-2，0），使得直线AQ的斜率k 与直线BQ的斜率k 满足 AQ BQ k k 0. AQ BQ 22. 已知函数 f x2xlnx． （1）求函数 f x 的单调区间； 公 1 （2）若存在x  x 使 f x  f x  ，证明：x x  ． 1众2 1 2 1 2 e2 号 ：1   1 【答案】（1） f x 的单调增区间为 , ，减区间为 0, . e一  e 枚 （2）见解析 试 【解析】 卷 君 【分析】（1）对 f x 求导，令 f¢(x)>0和 fx0，即可求出函数 f x 的单调区间； 1 （2）由题意分析要证x x  ，对不等式两边同时取对数换元可知即证 1 2 e2 gttlntlnt2t20，对gt 求导，得到gt 的单调性即可证明. 【小问1详解】 f x 的定义域为 0, ， 1 fx2lnx1，令 fx2lnx10，解得：x  . e 1 1 令 f¢(x)>0，解得：x ，令 fx0，解得：0 x ， e e 1   1 所以 f x 的单调增区间为 , ，减区间为 0, . e   e 【小问2详解】 若存在x  x 使 f x  f x  ， 1 2 1 2 第19页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末  m lnx  2x lnx m   1 2x  1 1  1 ， 2x lnx m m  2 2  lnx   2 2x  2 m m mx x  m lnx lnx 两式相减可得：lnx lnx    2 1 ，得  1 2 x x ， 1 2 2x 2x 2x x 2 x x 1 2 1 2 1 2 2 1 m m mx +x  m lnx lnx 两式相加可得：lnx +lnx  +  2 1 ，得  1 2 x x 1 2 2x 2x 2x x 2 x x 1 2 1 2 1 2 2 1 lnx lnx lnx lnx x x 所以 1 2 x x = 1 2 x x ，则lnx lnx  2 1lnx lnx  ， x x 1 2 x x 1 2 1 2 x x 1 2 2 1 2 1 2 1 1 1 欲证x x  ，两边同时取对数，即证lnx lnx ln 2， 1 2 e2 1 2 e2 x x 即证lnx lnx  2 1lnx lnx 2，即 1 2 x x 1 2 公 2 1 x众x lnx lnx  2 1lnx lnx 2 1 2 x x 号2 1 1 2 ： x 一 1 2 x x x 枚 而 1 ln 2 2，，因为x  x ，令 2 t 1， 试 x x 1 2 x 1 2 1 1 卷 x 1 君 1t 即证 lnt 2tlntlnt2t2 0， 1t 1 1 1 t1 设gttlntlnt2t2,gtlnt 1,gt   0， t t t2 t2 故gt 在 1, 上单调递增，所以gt g10， 故gt 在 1, 上单调递增，所以gt g10， 1 所以tlntlnt2t20，所以x x  . 1 2 e2 第20页/共20页 学科网（北京）股份有限公司永久高中群 1.包含服务： 每一年的高一高二高三群免费进，好处就是每年都可以免费进入我们提供高中群，不用每年缴费，一次付费，永久享 受，包含到高一到高三的。 2.资料覆盖： 整个高中的所有资料，包含每年每个年级最新的高中群（含高一到高三的） 3.资料包含： 整个高中的最新模拟卷、复习资料、精品资料等等，和高中相关的资料都可以免费获取 4.入群价格： 目前入群特价199元（原价299元） 2024 高三 VIP 资料 资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群每日实时更新，网盘群分类 汇总） 资料包含内容： 1、2021年9月份到2022年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟 卷 2、2022年8月份到2023年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟 卷 3、2023年8月份到2024年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟 卷（2023年8月开始，每天实时更新） 4、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属 精品内部资料等等 进群费用：目前进群仅需49元（原价99元，每天前5名，享受49元优惠价） 时间期限：资料持续更新到2024年6月高考结束，资料截止更新 2024 高二 VIP 资料 资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总） 资料包含内容： 1、2023年9月到2024年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 2、2022年9月到2023年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 3、2021年9月到2022年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 4、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精 品内部资料等等 进群费用：目前进群仅需49元（原价99元，每天前5名，享受49元优惠价） 时间期限：资料持续更新到2024年7月底结束，资料截止更新 2024 高一 VIP 资料 资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总） 资料包含内容： 1、2023年9月到2024年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等 2、2022年9月到2023年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等 3、2021年9月到2022年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等 4、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内部资料等等 进群费用：目前进群仅需49元（原价99元，每天前5名，享受49元优惠价） 时间期限：资料持续更新到2024年7月底结束，资料截止更新