文档内容
2024 年全国高考名校名师联席命制
数学(理)押题卷(一)
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D B C B C B C A D
题号 11 12 13 14 15 16
答案 D A 2 y2 x
-2 = 3
81
一、整体情况
本套试卷覆盖了高中数学的主干内容,重视对数学思想方法的考查,试题稳定,主要
体现在试卷的题量、布局上.从布局上看,具有起点低、结尾高,入手容易、深入难等特点,
梯度非常明显.整套试卷做题顺畅度较高,难度系数为 . ,平均得分 . 分,总分
0 6 112 7 130
分及以上占 %, 分占 %, 分占 . %, 分占 %.各题型内
5 120~130 11 110~120 27 6 100~110 36
部得分基本呈按题号增大不断递减的趋势.
二、选填题部分
注重基础,难度适中.选择题平均分为 . 分,失分较严重的情况主要集中在第 ,
48 9 9
, 题.其中,第 题考查抽象函数的性质、第 题考查三棱锥的外接球,是热门考点;
11 12 9 11
第 题对于不等式有解问题的考查,涉及构造函数,难度较大.填空题平均分为 . 分,
12 15 3
第 题为解三角形与向量的结合,关系转化难度较大,综合性较强.
16
三、解答题部分
每道解答题都是分层设问,难易搭配适当,控制了较难题的比例,整体上不偏难,由易
到难,坡度恰当.试卷注重基础,但完全答对则需具备扎实的功底.第 题考查利用导数判
20
断函数的单调性,进而求极值、最值,难度较大.
1.A 【押考点】复数的模及四则运算 共轭复数的概念
,
【深度解析】因为z 2 所以z 1-i 1-i 1 1 所以z 1 1 所以
(1+i) =1-i, = 2 = =- - i, =- + i,
(1+i) 2i 2 2 2 2
( ) ( )
2 2
z 1 1 2.故选A.
| |= - + =
2 2 2
一题多解
z z |1-i| |1-i| 2.
| |=| |= ( )2 = =
| 1+i | |2i| 2
2.D 【押考点】集合的交集运算及真子集的个数
【深度解析】因为A x N x B 所以A B 所以集
={ ∈ |3- ≥0}={0,1,2,3}, ={0,1}, ∩ ={0,1},
合A B的真子集的个数为 2 .故选D.
∩ 2 -1=3
方法速记 若一个集合中有n个元素,则这个集合有 n 个子集, n 个真子集, n
2 2 -1 2 -1
个非空子集, n 个非空真子集.
2 -2
3.B 【押考点】等差数列的性质及对数的运算
【深度解析】因为a a a a a 所以由等差数列的性质 得 a 解得a
1+ 4+ 6+ 8+ 11=80, , 5 6=80, 6=16,
所以 a a a .故选B.
log2( 5+ 7)=log2(2 6)=log232=5
4.C 【押考点】三角函数的图像变换及诱导公式( ) (
【深度解析】f x x的图像向右平移π个单位长度 得到y x π x
( )=sin2 , =sin 2 - =sin 2 -
4 4
)
π x 的图像 再把横坐标缩短为原来的一半 得到 g x x 的图像. 故
=-cos 2 , , ( )= -cos 4
2
选C.
5.B 【押题型】简单的线性规划问题
【深度解析】作出约束条件表示的可行域 如图中阴影部分 包含边界 所示.作出直线x
, ( ) -
y 并平移 由图可知 当直线经过点 时 z取得最大值 z 故
3 =0 , , (0,-2) , , max=0-3×(-2)= 6,
选B.
6.C 【押题型】线面 面面位置关系的判定
、
【深度解析】对于 只能得到n垂直于平面α内与m平行的直线 故A错误
A, , ;
对于 由面面垂直的性质定理得当 m α 时 m β 当 m α 时 m 与 β 不垂直 故 B
B, ⊂ , ⊥ , ⊄ , ,
错误
;
对于 由线面平行的性质定理知C正确
C, ;
对于 只有当m n为异面直线时 α β 故D错误.故选C.
D, , , ∥ ,
7.B 【押考点】平面向量数量积的应用
【深度解析】因为a b c 0 所以a b c 所以a2 b2 c2 b c.由a b c是单位向
-2 +2 = , =2 -2 , =4 +4 -8 · , ,
量 得a2 b2 c2 故b c 7.所以 b c 2 b2 b c c2 7 3 所以 b c
, = = =1, · = | -2 | = -4 · +4 =1- +4= , | -2 |
8 2 2
6.
=
2
因为a b c b c b c b2 c2 b c 21 3 所以 a b c
·( -2 )=(2 -2 )·( -2 )=2 +4 -6 · =6- = , cos〈 , -2 〉=
4 4
a b c
·( -2 ) 6.故选B.
a b c =
| || -2 | 4
一题多解 因为a b c 0,所以a b c.因为a,b,c是单位向量,所以设a ( ,
-2 +2 = =2 -2 = 1
),b (x ,y ),c (x ,y ),则x2 y2 ,x2 y2 ,( , ) ( x x , y y ),解得
0 = 1 1 = 2 2 1+ 1=1 2+ 2=1 1 0 = 2 1-2 2 2 1-2 2
( ) ( )
x 1 ,x 1 ,y y 15. 取 b 1 , 15 ,c 1 , 15 ,则 b c
1= 2=- 1= 2=± = = - -2 =
4 4 4 4 4 4 4
( ) ( )
3 , 15 .因为a·(b c) ( , )· 3 , 15 3 , b c 6,所以 〈a,
- -2 = 1 0 - = | -2 |= cos
4 4 4 4 4 2
3
a·(b c)
b c〉 -2 4 6.故选 .
-2 = a b c = = B
| || -2 | 6 4
1×
28.C 【押考点】双曲线的定义及余弦定理
【深度解析】由双曲线的对称性 设点 P 在第一象限 如图. 因为
, ,
PQF 是等边三角形 所以 PQ PF QF 所以 PF PF
△ 2 , | |=| 2|=| 2|, | 1|-| 2|=
QF a QF QF a 提示:双曲线的定义 则 QF a.
| 1|=2 ,| 2|-| 1|=2 ( ), | 2|=4
在 PF F 中 由 余 弦 定 理 可 得 F PF
△ 1 2 , cos ∠ 1 2 =
|
PF
1|
2
+|
PF
2|
2
-|
F
1
F
2|
2
36
a2
+16
a2
-4
c2
1 整理得c2 a2 所以
PF PF = a2 = , =7 ,
2| 1|| 2| 48 2
b2 c2 a2 a2 解得a 所以实轴长为 .故选C.
= - =6 =6, =1, 2
9.A 【押题型】函数的奇偶性 周期性
、
【深度解析】由f x 为奇函数 得f x f x 得f x 的图像关于点
(2 +1) , (2 +1)+(-2 +1)=0, ( ) (1,0)
对称.又因为f x 是定义域为R的偶函数 所以f x 的图像关于y轴对称 所以f x 的周
( ) , ( ) , ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
期为 所以 f 2023 f 2023 f 1 f 1 f 1
4, + = 168×4+2+ + 252×4+3+ = 2+ +
3 2 3 2 3
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f 1 f 1 f 1 f 1 f 1 1 1 1 .故选A.
3+ =- - + - =- + =- + =
2 3 2 3 2 3 2 6
本题错选率为 . %,易错选项均匀分布,出错的原因在于学生对于抽
33 8
象函数性质的推导过程不熟悉,掌握不熟练,导致失分.
10.D 【押素材】排列组合 古典概型的概率计算
,
【深度解析】 名志愿者分三组 每组至少一人 有两种情形 分别为 或 .当分
5 , , , 3,1,1 2,2,1
2 2
为 时 有 3 3 种 分配方法 当分为 时 有C5C3 3 种 分配方法
3,1,1 , C5A3=60( ) ; 2,2,1 , 2 ·A3=90( ) ,
A2
即共有 种 分配方法.其中志愿者甲 乙到同一场馆的情况有 1 3 1 3
60+90=150( ) 、 C3A3+C3A3=
种 故志愿者甲 乙到同一场馆的概率为36 6 .故选D.
36( ), 、 =
150 25
11.D 【押题型】线面垂直的判定和性质 三棱锥的外接球
,
【深度解析】如图 设 BCD的中心为O′ 取BD的中点
, △ ,
F 连接AF CF OB O′B AO OO′ 则AF BD CF BD 而
, , , , , , , ⊥ , ⊥ ,
AF CF F 所以 BD 平面 ACF 易求得 AF CF .
∩ = , ⊥ , = = 3
因为AC 所以 AFC 3+3-9 1 则 AFC °.
=3, cos∠ = =- , ∠ =120
2× 3× 3 2
在平面AFC中 过点 A作 CF 的垂线 与 CF 的延长线交于点 E 由 BD 平面 ACF 得
, , , ⊥ ,
BD AE 又CF AE CF BD F 则AE 平面BCD 过点O作OG AE于点G 则四边形
⊥ , ⊥ , ∩ = , ⊥ , ⊥ ,
O′EGO是矩形.因为 AFC ° 所以 AFE °.因为AF 所以AE 3 EF 3.
∠ =120 , ∠ =60 = 3, = , =
2 2
又O′B BC ° 2 2 3 O′F 1 O′B 3.设球O的半径为R OO′ x 则由OO′2
= sin60 × = , = = , = , +
3 3 2 3
( ) 2 ( ) 2
O′B2 OB2 OA2 AG2 GO2 得x2 4 R2 3 x 3 3 R2 解得R2 7 所以
= , = + , + = , - + + = , = ,
3 2 3 2 3
球O的半径为 21.故选D.
3本题错选率为 . %,易错选项为 ,几何体的外接球为考试热点,同时
43 1 A
也是重难点,学生在解题时难以找到有效信息确定球心位置,造成错选.
12.A
思路导引 将原不等式转化为( ) (x ax) x ax ,令t x ax,转化为( ) t
e-1 ln e ≥ e -1 = e e-1 ln ≥
t 令f(t) ( ) t t f′(t) f(t)的单调性 f(t) 时t的范围 与t x ax
-1→ = e-1 ln - +1→ → → ≥0 → = e
的值域有交集 a的范围
→
【押题型】不等式有解问题 利用导数研究函数的单调性
,
【深度解析】 x ax x ax 即 x ax x ax
(e-1)(ln + )≥ e -1, (e-1)ln( e )≥ e -1,
令t x ax 即有 t t .由题可知 a 所以函数t x ax 在x 上单调递
= e , (e-1)ln ≥ -1 , >0, = e ∈[0,+∞)
[ ] [ a ]
增 又x 1 所以t x ax 1 2 a .
, ∈ ,1 , = e ∈ e ,e
2 2
[ a ]
令f t t t 问题转化为存在t 1 2 a 使得f t .
( )=(e-1)ln - +1, ∈ e ,e , ( )≥0
2
t
因为f′ t e-1- 令f′ t 得 t 令f′ t 得t 所以f t 在 上
( )= t , ( )>0, 0< e-1, ( ) (0,e-1)
单调递增 在 上单调递减 又f f 所以当
, (e-1,+∞) , (1)= 0, (e)=(e-1)ln e-e+1=0, 1≤
[ a ] a
t 时 f t .若存在t 1 2 a 使得f t 成立 只需 1 2 且 a 解得
≤e ,( )≥0 ∈ e ,e , ( )≥0 , e ≤e e ≥1,
2 2
a .又a 所以a .故选A.
0≤ ≤2+2ln2 >0, ∈(0,2+2ln2]
本题错选率为 . %,易错选项均匀分布,在解题时需要根据不等式的
47 2
形式构造函数,利用导数判断函数的单调性,部分学生没有找到合适的构造方式.
13. 【押考点】二项展开式中特定项的系数
-2
【深度解析】 (1+2 x ) 3 展开式的通项为T r +1=C3 r (2 x ) r , r =0,1,2,3,
所以 x2 x 3 展开式中含x3 项为x2 1 x 1 3 x 3 x3
( -1)(1+2 ) ·C3(2 ) +(-1)·C3(2 ) =-2 ,
故x3 项的系数为 .
-2
14. 2 【押考点】等比数列的通项
81
( )
【深度解析】a 1 x a S S 1 x 1 x 2 x a S S 1 x
1= +27; 2= 2- 1= +27- +27 =- ; 3= 3- 2= +27-
3 9 3 9 27
( ) ( )( )
1 x 2 x. 因为 a a a2 提示:等比中项的性质 即 1 x 2 x
+27 =- 1 3 = 2( ), +27 - =
9 27 3 27
( )
2
2 x 解得x 或 舍去 所以a a 公比q 1 经检验符合题意 所
- , =-27 0( ), 1=18, 2=6, = , ,
9 3
( )
7-1
以a 1 2 .
7=18× =
3 81
一题多解 设等比数列{a }的公比为q,由题意知q ,所以由等比数列的前n项和
n ≠1
a a a
公式得S 1 1 ·qn,得 1 ,且 q 1,所以 x ,a ,所以 a ·
n= q- q q=27 = =-27 1=18 n=18
1- 1- 1- 3
( )n ( )
-1 7-1
1 ,故a 1 2 .
7=18× =
3 3 8115.y2 x 【押考点】抛物线的方程 直线与抛物线的位置关系
= ,
( p ) p
【深度解析】设过F 的直线l的方程为x my
,0 = +
2 2
m 与y2 px联立 可得y2 pmy p2 .
( ≠0), =2 , -2 - =0
设A x y B x y y y
( 1, 1), ( 2, 2), 1>0, 2<0,
则y y pm y y p2
1+ 2=2 , 1 2=- ,
y2 y2 p2m2 p2
则 AB x x p 1 2 p 4 +2 p pm2
| | = 1+ 2+ = p + p + = p + =2 +
2 2 2
p .
2 =3
如图 过点A作AH x轴于点H
, ⊥ ,
根据抛物线的定义可得 MH AF
| |=| |,
AH AH
则 AMF | | | | AFH 3 AFH 6 AFH 2
tan∠ = MH = AF =sin∠ = ,∴ cos∠ = ,tan∠ = ,
| | | | 3 3 2
1 2 m2 .由 pm2 p 得p 1 故C的方程为y2 x.
∴ m = , =2 2 +2 =3 = , =
2 2
快解 如图,过点A作AH x轴于点H,根据抛物线的定义可得 MH AF ,
⊥ | |=| |
AH AH p
则 AMF | | | | AFH 3, AB 2 p ,
tan∠ = MH = AF =sin∠ = ∴ | |= 2 AFH=6 =3
| | | | 3 sin ∠
p 1 ,C的方程为y2 x.
∴ = =
2
16.
3
思路导引
正弦定理
→AB·→AC
=
2
A
a
cos
B
=
b(
2-cos
A)
→
b 与 c 的关系 tan
→
b2
=
1
A
sin
辅助角公式
余弦定理 A →
a2
sin
A+
4cos
A=
5 →
a的最小值
→
a2
=
5-4c o
A
s
→
三角恒等变换 + 基本不等式
→
a的最小值
sin 数形结合
转化为两点连线斜率 a的最小值
→ →
【押考点】两角和的正弦公式 利用正弦 余弦定理解三角形
, 、
【深度解析】因为a B b A 所以由正弦定理得 A B B A
cos = (2-cos ), sin cos =sin (2-cos ),
所以 A B B A B 即 A B B C 所以由正弦定理得 c
sin cos +sin cos =2sin , sin( + )= 2sin =sin ,
b.
=2
A
由→AB
·
→AC
=
2
A
可得bc
cos
A
=
2cos
A ,
代入c
=2
b
,
可得b2
=
1
A
.由余弦定理可得a2
=
tan sin sin
A
b2
+
c2
-2
bc
cos
A
=
b2
+(2
b
)
2
-2
b
×2
b
cos
A
=5
b2
-4
b2
cos
A
=
5-4c o
A
s .
sin
A
解法一:由a2
=
5-4c o
A
s 得a2
sin
A
+4cos
A
=5,
sin
a4 A θ 其中 θ 4 当 A θ 时 a4取最小值 提示:
16+ sin( + )=5, tan = a2, sin( + )= 1 , 16+ 5(
a4 (A θ)为定值,且 a4 ,所以当 (A θ)最大时, a4最小 此时a
16+ sin + 16+ >0 sin + 16+ ),
取得最小值 a4 a 所以a的最小值为 .
, =9, = 3, 3A ( ) A
解法 二: a2
=
5-4c o
A
s
,
设 A
= 2
α
∈ (0, π),
则 α
∈ 0,
π
,
则 5-4c o
A
s
=
sin 2 sin
2α 2α 2α 2α 2α 2α α α α α
5sin +5cos -(4cos -4sin ) 9sin +cos 9sin cos 9sin cos
α α = α α = α+ α≥2 α· α =
2sin cos 2sin cos 2cos 2sin 2cos 2sin
α α
3,
当且仅当9sin
α=
cos
α,
即
cos
2α
=9sin
2α时
,
等号成立
,
所以a的最小值为
3
.
2cos 2sin
A A
解法三:设m sin 1 sin 其中A
= A =- × , ∈(0,π),
-4cos +5 4 A 5
cos -
4
A A ( )
因为 sin sin -0 表示点P 5 与点 A A 连线的斜率 如图所示 当
= ,0 (cos ,sin ) , ,
A 5 A 5 4
cos - cos -
4 4
过点P的直线与半圆相切时 斜率最小 设切点为A 在 OAP
, , , Rt△
中 OA OP 5 可得 PA 3 所以斜率的最小值为 k
, =1, = , = , PA =
4 4
( )
APO 4 所以 m 的最大值为 1 4 1 所以
-tan∠ =- , - × - = ,
3 4 3 3
a2 所以a 即a的最小值为 .
≥3, ≥ 3, 3
本题错误率为 . %,涉及解三角形与平面向量的综合考查,题目中包
59 3
含对三角恒等变换、正余弦定理解三角形以及三角函数求最值的考查,综合性较强,难
度较大.
17.【押素材】数据的平均数 频率的计算 独立性检验的应用
, ,
【解】 由题意 甲公司平均月薪的估计值x . . . . . 千元
(1) , 甲=0 2×5+0 4×7+0 3×9+0 1×11=7 6( ),
乙公司平均月薪的估计值 x . . . . . .
乙=0 1×3+0 2×5+0 3×7+0 2×9+0 15×11+0 05×13=
. 千元
7 5( ),
因为x x 所以从平均月薪收入更高的角度,应选择甲公司. 分
乙< 甲, …………………… 4
(本题也可以从其他统计数据特征进行分析,只要利用统计思想分析合理,都视为正确)
设甲公司有n 人 则300 . 解得n .
(2) 1 , n =0 3, 1=1000
1
设乙公司有n 人 则400 . 解得n .
2 , n =0 2, 2=2000
2
则两公司员工月薪不低于 元的总人数为 . .
10000 1000×0 1+2000×0 2=500,
1
故甲 乙两公司所有员工中 月薪不低于 元的频率为 500 . 分
、 , 10000 = 6 …………… 8
3000
2
由题意 K2 1000×(200×350-250×200) 2000 . . 分
(3) , = = ≈6 734>6 635, …………… 10
450×550×400×600 297
故有99%的把握认为 就业意愿与年龄结构有关 . 分
“ ” ………………………………… 12
18.【押题型】三角恒等变换 正弦型函数的图像与性质 利用正弦定理解三角形
, ,
( )
【解】 由题意 f x 3 x 1 x x x x 2x
(1) ,( )=4 sin + cos cos -1=2 3sin cos +2cos -1
2 2
( )
x x x π
= 3sin2 +cos2 =2sin 2 + ,
6所以f x 的最小正周期T 2π π
( ) = = ;
2
k (kπ π )
令 x π k k Z 则x π π k Z 故f x 图像的对称中心为 - ,0 ,k Z.
2 + = π, ∈ , = - , ∈ , ( ) 2 12 ∈
6 2 12
分
……………………………………………………………………………………… 5
( ) ( )
由f A A π 得 A π 1
(2) ( )=2sin 2 + =1, sin 2 + = ,
6 6 2
又 A 所以π A π 13π
0< <π, <2 + < ,
6 6 6
所以 A π 5π 则A π 则B C 2π. 分
2 + = , = , + = ……………………………………………… 6
6 6 3 3
设 ABC的内角A B C所对的边分别为a b c
△ , , , , ,
b c
由正弦定理得 4 8 3
B= C= = ,
sin sin π 3
sin
3
( )
b 8 3 B 8 3 2π C C 4 3 C c 8 3 C 分
= sin = ×sin - =4cos + sin , = sin , …………………… 8
3 3 3 3 3
则周长 L a b c C 4 3 C 8 3 C C C
△ ABC = + + =4+4cos + sin + sin =4+4cos +4 3sin =8sin
3 3
( )
C π .
+ +4
6
( ) ( )
因为C 2π 所以C π π 5π 分
∈ 0, , + ∈ , , ………………………………………… 11
3 6 6 6
( ) ( ]
故 C π 1 因此L (8,12]. 分
sin + ∈ ,1 , △ ABC∈ …………………………………… 12
6 2
19.【押考点】线面平行的判定 利用空间向量求线面角的正弦值
,
【证明】如图 取BB 的中点P 连接PE PF.
(1) , 1 , ,
E P分别为AB BB 的中点 EP AB .
∵ , , 1 ,∴ ∥ 1
EP 平面AB C AB 平面AB C EP 平面AB C .
∵ ⊄ 1 1, 1⊂ 1 1,∴ ∥ 1 1
又 P F分别为BB CC 的中点 PF B C .
∵ , 1, 1 ,∴ ∥ 1 1
PF 平面AB C B C 平面AB C PF 平面AB C . 分
∵ ⊄ 1 1, 1 1⊂ 1 1,∴ ∥ 1 1 ………………………… 3
EP PF P 平面AB C 平面EPF.
∵ ∩ = ,∴ 1 1∥
又 EF 平面EPF EF 平面AB C . 分
∵ ⊂ ,∴ ∥ 1 1 ……………………………………………… 5
【解】取BC的中点O 连接OA.
(2) ,
ABC为正三角形 OA BC.
∵ △ ,∴ ⊥
AA 平面ABC 以OA OB所在直线分别为x y轴 以过点O且
∵ 1⊥ ,∴ , , ,
与直线AA 平行的直线为 z 轴 建立如图所示的空间直角坐标系
1 ,
( )
O xyz 则A C B E 3 1
- , ( 3,0,0), 1(0,-1,2), 1(0,1,2), , ,0 ,
2 2
F
(0,-1,1),
( )
则B→E 3 1 B→F A→C . 分
1 = ,- ,-2 , 1 =(0,-2,-1), 1=(- 3,-1,2) …………………… 8
2 2
设平面B EF的法向量为m x y z
1 =( , , ),则 {
B
B
→ 1
→ 1
F
E
·
·
m
m
=
=
0
0
,
, 即 ì
î
í ï ï ïï
-
2 3
2 y
x
-
-
z
2
=
1
0
y
,
-2 z =0,令y =-1, 则x = 7
3
3 , z =2,∴ m = ( 7
3
3 ,-1,2 ) .
分
……………………………………………………………………………………… 10
设直线AC 与平面B EF所成角为θ
1 1 ,
m A→C
则 θ m A→C | · 1| 2 6
sin =|cos〈 , 1〉|= m A→C = 8 = 16 ,
| || 1| ×2 2
3
6
故直线AC 与平面B EF所成角的正弦值为 . 分
1 1 16 …………………………………… 12
20. 思路导引 ( )对f(x)求导 判断f′(x)的正负 f(x)的单调性 极值点;
1 → → →
( )对f(x)求导 通过一元二次方程根的情况 f′(x)的正负 f(x)的极值点 G(a)
2 → → → →
的表达式 利用导数判断G(a)的单调性 G(a)的取值范围
→ →
【押题型】利用导数研究函数的极值点 最值
、
【解】 当a 3 时 f x x2 x x 定义域为
(1) = ,( )= -3 +ln , (0,+∞),
2
x x ( )
f′ x x 1 (2 -1)( -1) 当x 1 或x 时 f′ x f x 单调递
( )=2 -3+ x = x , ∈ 0, ∈(1,+∞) , ( )>0,( )
2
( )
增 当x 1 时 f′ x f x 单调递减
; ∈ ,1 , ( )<0,( ) ,
2
1
因此f x 的极大值点是 ,极小值点是1. 分
( ) 2 …………………………………………… 5
x2 ax
f′ x 2 -2 +1
(2) ( )= x ,
(导函数的正负不能直接判断,需要借助分子对应的方程根的情况分析)
( ]
对于方程 x2 ax Δ a2 在a 3 上恒成立 则方程 x2 ax 有两
2 -2 +1=0, =4 -8>0 ∈ 2, , 2 -2 +1=0
2
个不同的正根 设为m n m n 根据根与系数的关系 得m n a mn 1 则 1 m 2
, , ( < ), , + = , = , ≤ < ,
2 2 2
2 n 当 x m或x n时 f′ x 当m x n时 f′ x 所以f x 的极大值点为
< ≤1, 0< < > , ( )>0, < < , ( )<0, ( )
2
m 极小值点为n. 分
, ………………………………………………………………………… 7
é ) ( ù
因为x êê 1 2 所以f x f m 因为x 2 úú 所以f x f n
1∈ë , , ( 1)max= ( ); 2∈ ,1û, ( 2)min= ( ),
2 2 2
m2
所以G a f m f n m n m n a m n m n m n m n m
( )= ( )-( )=( - )( + )-2 ( - )+lnnm=( - )( + )-2( + )( -
n m2 m n m n m2 1 m2 m2 . 分
)+ln(2 )=-( + )( - )+ln(2 )= m2 - +ln(2 ) ……………………… 9
4
( )
令 m2 t 1 t
2 = ≤ <1 ,
2
于是G a g t 1
t
t 1 t g′ t 1 1 1 (
t
-1)
2
( )= ( )= t - +ln , ≤ <1, ( )=- t2 - + t =- t2 <0,
2 2 2 2 2 2
[ ) ( )
所以g t 在 1 上单调递减 又g 1 3 当t 时 g t
( ) ,1 , = -ln2, →1 , ( )→0,
2 2 4所以 g t 3
0< ( )≤ -ln2,
4
( 3 ]
故G a 的取值范围是 0, -ln 2 . 分
( ) 4 ………………………………………………… 12
本题平均分为 . 分,第一问考查函数的极值点,大部分学生可以拿
5 57
分,但部分学生未分清极值点和极值的概念,导致失分;第二问是构造函数求最值,需要
利用根与系数的关系进行分析.
21. 思路导引 ( )由( )可知点F 的坐标,根据题意知直线l不与x轴重合 设出直线
2 1 1 →
与椭圆方程联立 弦长公式
l的方程 关于y的一元二次方程 AB ,根据题意可得椭圆在
→ →| |
联立
点A,B处的切线方程 点M的坐标 点M到直线l的距离d S 1 AB ·d
→ → → △ ABM= | | →
2
利用导数求得最小值
【押考点】椭圆的标准方程 直线与椭圆的位置关系及面积的最值问题
,
ì ï a {
ï2 =2 2, a
【解】 由题意得í 解得 = 2,
(1) ïï1 1 b
îa2 + b2 =1, =1,
2
x2
所以椭圆E的标准方程为 +y2=1. 分
2 ………………………………………………… 4
x2
由 知椭圆E的标准方程为 y2 则F .
(2) (1) + =1, 1(-1,0)
2
(根据两切线相交判断直线l的倾斜角是否可以为 )
0
当直线l的倾斜角为 时 A B分别为椭圆的左 右顶点 此时两切线平行无交点 不符合
0 , , 、 , ,
题意 所以直线l的倾斜角不为 . 分
, 0 ……………………………………………………… 5
设直线l x ty A x y B x y .
: = -1, ( 1, 1), ( 2, 2)
由
ì
í
ïï
ïï
x
2
2
+
y2
=1,得
( t2 +2) y2 -2 ty -1=0, 则Δ =8 t2 +8>0, y 1+ y 2=t2 2
t
, y 1 y 2=t2 -1 ,
îx ty +2 +2
= -1
t2
所以 AB t2 y y t2 y y 2 y y t2 4 4
| | = 1+ | 1- 2 | = 1+ ( 1+ 2) -4 1 2 = 1+ t2 2 +t2 =
( +2) +2
t2
2 2( +1). 分
t2 ……………………………………………………………………………… 7
+2
x x x x
又椭圆E在点A处的切线方程为 1 y y 在点B处的切线方程为 2 y y
+ 1 =1, + 2 =1,
2 2
ìx x
ï
1 y y
ï + 1 =1,① y y y y y y
由í 2 得x 2( 2- 1) 2( 2- 1) 2( 2- 1)
ï ï x 2 x y y M=x 1 y 2- x 2 y 1 = ( ty 1-1) y 2-( ty 2-1) y 1 = y 1- y 2 =-2,
î + 2 =1②
2
x ty
代入 得y 1+ 1 1+( 1-1) t 所以M t . 分
① M= y = y = , (-2,) ………………………………… 9
1 1
t2
因为点M到直线l的距离d |-1- | t2
= t2 = 1+ ,
1+t2 t2 t2
所以S
△ ABM=
1
·|
AB
|·
d
=
1
·
2 2
t
(
2
+1)
·
t2
+1=
2( +
t2
1) +1.
……… 10
分
2 2 +2 +2
m3
设m
=
t2
+1≥1,
则S
△ ABM=m
2
2 ,
+1
m3 m4 m2
令f m 2 则f′ m 2( +3 ) 所以f m 在 上单调递增
( )=m2 , ( )= m2 2 >0, ( ) [1,+∞) ,
+1 ( +1)
2
所以当m 即t 时 ABM的面积最小 最小值是 . 分
=1, =0 ,△ , 2 ………………………… 12
本题平均分为 . 分,第一问考查椭圆的标准方程,第二问考查直线与
4 34
椭圆的位置关系,需要利用导数判断函数的单调性求最值,综合性较强.
22.【押考点】极坐标方程与直角坐标方程 参数方程与普通方程的互化及参数的几何意义
、
【解】 曲线C的极坐标方程为ρ 2θ θ 即ρ2 2θ ρ θ
(1) sin =4cos , sin =4 cos ,
因为x ρ θ y ρ θ 所以曲线C的直角坐标方程为y2 x. 分
= cos , = sin , =4 …………………… 1
因为直线l的倾斜角为π 且过点
, (1,0),
3
ì
ïx 1 t
ï =1+ ,
2
所以直线l的参数方程为í t为参数 .
ï ( )
ïy 3t
î =
2
代入y2 x 整理得 t2 t . 分
=4 , 3 -8 -16=0 …………………………………………………… 3
设点A B对应的参数分别为t t 则t t 8
, 1,2, 1+ 2= ,
3
t t
所以线段AB的中点M对应的参数为 1+ 2 4
= ,
2 3
( )
5 2 3
代入参数方程 得点M的直角坐标为 , . 分
, 3 3 …………………………………… 5
一题多解 曲线C的极坐标方程为ρ 2θ θ,即ρ2 2θ ρ θ,
sin =4cos sin =4 cos
因为x ρ θ,y ρ θ,所以曲线C的直角坐标方程为y2 x. ………………… 分
= cos = sin =4 1
因为直线l的倾斜角为π,且过点( , ),所以直线l的方程为y (x ). …… 分
1 0 = 3 -1 2
3
{y2 x,
=4
联立 消去y整理得 x x ,解得x 或x 1 ,
3 -10 +3=0 =3 =
y (x ), 3
= 3 -1
1
3+ ( )
所以点M的横坐标为x 3 5 ,纵坐标为y 5 2 3.
= = = 3 -1 =
2 3 3 3
( )
故点M的直角坐标为 5 ,2 3 . …………………………………………………… 分
5
3 3
{x α
曲线C 的参数方程 =4+cos , α为参数 化成普通方程为 x 2 y2 曲线C
(2) 1 y α ( ) ( -4) + =1, 1
=sin
是圆心为C 半径为 的圆.
1(4,0), 1
因为O→N O→M 所以N . 分
=3 =(5,2 3), (5,2 3) ………………………………………… 7因为直线l 的方程为y k x
1 = ( -5)+2 3,
k
所以圆心C 到直线l 的距离d |2 3- | 解得k 11 3.
1(4,0) 1 = k2
+1
<1, >
12
( )
11 3
故直线l 的斜率k的取值范围是 ,+∞ . 分
1 12 …………………………………… 10
23.【押题型】绝对值不等式的解法 绝对值三角不等式的性质及基本不等式的应用
,
【解】因为f x f x x x
(1) ( )+(2 -1)= | +1|+|2 |-7,
所以当x 时 不等式可化为 x x x 解得x 则 x
<-1 , - -1-2 -7< , >-2, -2< <-1;
当 x 时 不等式可化为x x x 解得x 则 x
-1≤ ≤0 , +1-2 -7< , >-3, -1≤ ≤0;
当x 时 不等式可化为x x x 解得x 则 x .
>0 , +1+2 -7< , <3, 0< <3
综上 不等式f x f x x的解集是{x|-20,解得 k .因为k为区间 内的实数 所以由几何概型的概率
ï -2< <2 (0,4) ,
ïï -5
î k2<0,
4-
计算公式得所求概率为 2 1 .故选C.
=
4 2
本题错选率 %,易错选项为 , ,出错原因在于大部分学生对于交点
36 A B
分别在双曲线左、右两支理解不到位,导致在求解概率时出现错误.
7.A 【押考点】换底公式 函数单调性的应用
,
【深度解析】因为 m n m n 所以 m m 2 n n.
3 -9 +log3 -2log9 =0, 3 +log3 =3 +log3
构造函数f x x x f x 的定义域为 且f x 为增函数.
( )=3 +log3 ,( ) (0,+∞), ( )
因为 n n 所以 2 n n 2 n n 即 m m 2 n n 即f m
log3 0 <0 B
9.D 【押考点】向量的模的取值范围
【深度解析】设C为弦AB的中点 则 M→A M→B M→C .因为A B两点不重合 所以点C
, | + |=2| | , ,
在圆O内.因为 MO 所以 M→C 提示:圆外一点M与圆上一点的距离的取值
| |=2, | |∈(1,3)(
范围为[d r,d r],其中d为点M与圆心的距离,r为圆的半径 则 M→A M→B M→C
- + ), | + |=2| |∈.故选D.
(2,6)
10.D 【押考点】等比数列的性质 前n项和
、
{ }
【深度解析】因为 a 是等比数列 设其公比为q 由题意得q 所以数列 1 是首项为
{ n} , , ≠1, a
n
a q2 023 a q2 023
1 公比为1 的等比数列 提示:等比数列的性质 .则S 1(1- ) 1( -1)
a , q ( ) 2 023= q = q =
1 1- -1
[ ( ) ]
2023
1 1
{ } a 1- q
200, a 1 012= a 1 q1 011 =10 . 设数列 a 1 n 的前 n 项和为 T n, 则 T 2 023 = 1 1 =
1- q
a
1
q
1
2 022(
q2 023
-1)
1
a
1(
q2 023
-1)
S
2 023 200 .故选D.
q
-1
=a2
1 012
· q
-1
=a2
1 012
=
100
=2
一题多解 { }
设数列 1 的前n项和为T ,则T 1 1 1 1 … 1 1 ,
a n n 2 023=a +a +a +a + +a +a
1 2 3 4 2022 2023
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
则 T 1 1 1 1 1 1 … 1 1 1 1
2 2 023 = a +a + a +a + a +a + + a +a + a +a =
1 2023 2 2022 3 2021 2022 2 2023 1
(a a a a … a a ) S
2 1+ 2+ 3+ 4+ + 2 022+ 2 023 2 2 023 400 ,即T .故选 .
a
1
a
2 023
= a2
1 012
=
100
=4 2 023=2 D
11.B 【押考点】余弦定理解三角形 基本不等式的应用
,
【深度解析】记AC b BC a 由于 ACB π D为AB的中点 则 C→D →CA C→B 等式两边
= , = , ∠ = , , 2 = + ,
3
平方得 C→D 2 →CA C→B 2 a2 b2 ab π a2 b2 ab.在 ABC中 由余弦定理得
4| | =( + ) = + +2 cos = + + △ ,
3
AB2 a2 b2 ab π a2 b2 ab.
16= = + -2 cos = + -
3
解法一:因为 a2 b2 ab ab ab ab 当且仅当a b时 等号成立 所以 C→D 2
16= + - ≥2 - = , = , , 4| | =
ab 故 C→D .故选B.
16+2 ≤16+2×16=48, | |≤2 3
1 a2 b2 ab
解法 二: 因 为
CD
2
+ +
1
a2
+
b2
-
ab
+2
ab
1 2
ab
AB = a2
+
b2
-
ab =
2
a2
+
b2
-
ab =
2
1+a2
+
b2
-
ab ≤
ab CD
1 2 3 当且仅当a b时 即CA CB时 等号成立 即 的最大值为 3.又
1+ ab ab= , = , = , , AB
2 2 - 2 2
AB 所以CD的最大值为 .故选B.
=4, 2 3
一题多解
在 ABC中,AB , ACB π,所以 ABC 外接圆圆 O 的半径为4 3,
△ =4 ∠ = △
3 3
( )
2
AOB 2π.在 AOB 中,OD 4 3 2 2 3. 因为 OC 4 3,CD OC OD
∠ = △ = -2 = = ≤ + =
3 3 3 3
,当且仅当O,C,D三点共线时等号成立,所以CD的最大值为 .故选 .
2 3 2 3 B
12.A
思路导引 方程变形 函数f(x) x x a 的图像与直线y k在区间[ , ]上有交
→ = | - | =-2 0 2
对a分类讨论
点 函数f(x)的图像 参数k的取值范围
→ →【押题型】根据方程有解求参数的取值范围
【深度解析】因为方程x x a k 即x x a k在区间 上有解 设函数f x
| - |+2 =0 | - |=-2 [0,2] , ( )=
{x2 ax x a
- , ≥ ,
则函数f x 的图像与直线y k在区间 上有交点.因为
( ) =-2 [0,2] -4+4 2≤
x2 ax x a
- + , < ,
a [ a ] ( a ]
a 所以 所以函数f x 在 上单调递增 在 a 上单调递
<4, 0<-2+2 2≤ <2, ( ) 0, , ,
2 2 2
减 在 a 上单调递增.
, ( ,+∞)
( a ) a2
当 a 时 在区间 上 f x f f x f 则 k
(1) 2≤ <4 , [0,2] ,( )max= = , ( )min= (0)= 0, 0≤-2 ≤
2 4
a2 a2
解得 k .
, - ≤ ≤0
4 8
( a ) a2 a2
当 a 时 因为f f a f f a.解 a得
(2) -4+4 2≤ <2 , (0)= ( )=0, = , (2)= 4-2 =4-2
2 4 4
a2 a2 a2
a 又 a 所以 a 则 k 解得 k .
=-4±4 2, -4+4 2≤ <2, ≥4-2 , 0≤-2 ≤ , - ≤ ≤0
4 4 8
[ a2 ]
综上 实数k的取值范围为 .故选A.
, - ,0
8
本题错选率 %,方程有解问题,需要分情况讨论,部分学生因为对题
75
目没有整体的认识,因而讨论情况非常复杂,导致结果出现错误.
13. 【押考点】抛物线的定义
8
( m) m
【深度解析】因为抛物线x2 my的焦点为F 所以 解得m 或m
= 0, , -1 =1, =8 =0
4 4
舍去 .故实数m的值为 .
( ) 8
14. 【押题型】线性规划
-5
【深度解析】画出可行域如图中阴影部分 含边界 所示.令z x y 则y x z.作出直线
( ) =2 - , =2 -
y x并平移 由图可知 当直线y x z经过点A时 直线在y轴上的截距 z取最大值
=2 , , =2 - , - ,
{x y {x
则z取最小值.联立
+ -2=0,
解得
=-1,即A
所以z x y的最小值为 .
(-1,3), =2 - -5
x y y
2 + -1=0, =3,
15. 【押题型】正三棱台的几何性质
3
【深度解析】如图
,
在正三棱台 ABC
-
A
1
B
1
C
1
中
,
因为 S
△ A 1 B 1 C 1 = 4
3A
1
B2
1 = 3,
S
△ ABC =3AB2 所以A B AB .分别取B C BC的中点E
=4 3, 1 1=2, =4 1 1, 1,
4
E 连接A E AE EE 取A O 2 A E AO 2 AE 则O O分
, 1 1, , 1, 1 1= 1 1, = , 1,
3 3
别为上 下底面的中心 连接O O 过点A 作A M AE于点M
、 , 1 , 1 1 ⊥ ,
过点E 作 E N AE 于点 N 所以 A E AE A O
1 1 ⊥ , 1 1= 3, =2 3, 1 1=
2 3 AO 4 3 ON O E 3 NE AE AO ON 3. 侧面
, = , = 1 1 = , = - - =
3 3 3 3
NE
B C CB与下底面ABC所成角即为 E EN 在 E EN中 E EN 1 解得
1 1 ∠ 1 , Rt△ 1 ,cos∠ 1 =EE = ,
1 3
EE 故棱台侧面的高为 .
1= 3, 3
本题错误率 %,出错原因在于对棱台侧面的高理解不准确,只求了棱
54
台的高,导致失分.
[ ]
16. 5 8 【押题型】根据三角函数的单调性求ω的取值范围
,
2 3
ω
【深度解析】因为ω 所以当 x π时 π ωx π π π.因为函数f x 在区间
>0, 0< < ,- < - < - ( )
3 6 6 3 6
( ) ω ω
π 上不单调 所以 π π π 解得ω .当2π x 时 2π π ωx π ω π.
0, , - > , >2 < <π , - < - <π -
3 3 6 2 3 3 6 6 6
( ) ( ω ) ( )
因为函数f x 在区间 2π 上单调 所以 2π π ω π k π k π k Z
( ) ,π , - ,π - ⊆ π- , π+ ( ∈ )
3 3 6 6 2 2
易 错: 在 区 间 上 单 调 需 要 考 虑 单调递增或单调递减两种情况所以
( ),
ì ω
ï2π π k π
ï - ≥ π- ,
í 3 6 2 其中k Z 解得 3 k 1 ω k 2 k Z .由 3 k 1 k 2 得
ï ∈ , - ≤ ≤ + ( ∈ ) - ≤ + ,
ï ω π k π 2 2 3 2 2 3
îπ - ≤ π+ ,
6 2
k 7 又因为ω 所以k .当k 时 ω 2 当k 时 ω 5 当k
≤ , >0, ∈{0,1,2} =0 ,0< ≤ ; =1 ,1≤ ≤ ; =
3 3 3
[ ]
时 5 ω 8 .又因为ω 所以ω的取值范围是 5 8 .
2 , ≤ ≤ >2, ,
2 3 2 3
本题错误率 %,出错原因在于学生对于三角函数在给定区间上的单
78
调性考虑不全面,不明白此类题的做法,端点值能否取到分辨不清晰.
17.【押素材】样本数字特征
【解】 A系列的打分结果从小到大排列为
(1) 76,79,81,84,86,86,88,92,93,95,
所以A系列综合打分的中位数为86+86 86. 分
= ………………………………………… 2
2
B系列的打分结果从小到大排列为
75,80,80,83,85,87,90,92,93,95,
所以B系列综合打分的中位数为85+87 86. 分
= ………………………………………… 4
2
A系列综合打分的平均数x 76+79+81+84+86+86+88+92+93+95 86
(2) A= = ,
10
方差s2A= 1
[(-10)
2
+(-7)
2
+(-5)
2
+(-2)
2
+0
2
+0
2
+2
2
+6
2
+7
2
+9
2
]=
34.8.
……… 7
分
10B系列综合打分的平均数x 75+80+80+83+85+87+90+92+93+95 86
B= = ,
10
方差s2B= 1
[(-11)
2
+(-6)
2
+(-6)
2
+(-3)
2
+(-1)
2
+1
2
+4
2
+6
2
+7
2
+9
2
]=
38.6.
10
分
……………………………………………………………………………………… 10
因为A
,
B两个系列综合打分的中位数相等
,
平均数相等
,
方差满足s2A< s2B,
所以推广A系列种植更合适. 分
………………………………………………………… 12
18.【押题型】线面垂直的证明 二面角余弦值的求解
,
【证明】因为PA 平面ABCD AD AB 平面ABCD 所以PA AD PA AB.
(1) ⊥ , , ⊂ , ⊥ , ⊥
因为DE PA PA DE 所以四边形ADEP为直角梯形.
∥ , =2 ,
又PA DE AD
=2 =2 =4,
所以PE EA .
=2 2, =2 2
在 PEA中 因为PE2 EA2 PA2 所以PE EA. 分
△ , + = , ⊥ ……………………………………… 3
在 PAB中 PB PA2 AB2
Rt△ , = + =2 5,
又BE 在 PEB中 因为PE2 BE2 PB2 所以PE BE.
=2 3, △ , + = , ⊥
又EA BE E EA BE 平面ABE 所以PE 平面ABE. 分
∩ = , , ⊂ , ⊥ …………………………… 6
【解】由 及题意知AB AD AP两两垂直 以A为坐标原点 AB AD AP所在直线分
(2) (1) , , , , , ,
别为x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系 则 A B C
, , , (0,0,0), (2,0,0), (2,2,0),
D E P F 故→AE →AB →AF
(0,2,0), (0,2,2), (0,0,4), (1,0,2), =(0,2,2), =(2,0,0), =(1,0,
. 分
2) ……………………………………………………………………………………… 8
{n →AB x
1· =2 1=0,
设平面ABE的法向量为n x y z 则
1=( 1, 1, 1),
n →AE y z
1· =2 1+2 1=0,
令z 则x y 故n .
1=1, 1=0, 1=-1, 1=(0,-1,1)
{n →AE y z
2· =2 2+2 2=0,
设平面AEF的法向量为n x y z 则
2=( 2, 2, 2),
n →AF x z
2· = 2+2 2=0,
令z 则y x 故n . 分
2=1, 2=-1, 2=-2, 2=(-2,-1,1) …………………………………… 11
n n
因为 n n 1· 2 0+1+1 3 由图知二面角B AE F为锐角
cos〈 1, 2〉= n n = = , - - ,
| 1|| 2| 2× 6 3
3
所以二面角B AE F的余弦值为 . 分
- - 3 ………………………………………………… 12一题多解 ( )【证明】因为PA 平面ABCD,AD 平面ABCD,所以PA AD.
1 ⊥ ⊂ ⊥
因为DE PA,PA DE,所以四边形ADEP为直角梯形.
∥ =2
又PA DE AD ,所以PE ,AE .
=2 =2 =4 =2 2 =2 2
在 PEA中,因为PE2 EA2 PA2,所以PE EA. …………………………………… 分
△ + = ⊥ 3
因为PA 平面ABCD,PA 平面ADEP,所以平面ADEP 平面ABCD.
⊥ ⊂ ⊥
因为四边形ABCD是正方形,所以AB AD.
⊥
因为平面ADEP 平面ABCD AD,AB 平面ABCD,所以AB 平面ADEP.
∩ = ⊂ ⊥
因为PE 平面ADEP,所以AB PE.
⊂ ⊥
又EA AB A,EA,AB 平面ABE,所以PE 平面ABE. …………………………… 分
∩ = ⊂ ⊥ 6
( )【解】如图,取PA的中点H,连接FH,则FH AB,FH 平面PADE.
2 ∥ ⊥
又AE 平面PADE,所以AE FH.
⊂ ⊥
过点H作HK AE于点K,连接FK,因为FH HK H,FH,HK 平面FHK,所以AE 平
⊥ ∩ = ⊂ ⊥
面FHK,所以AE FK,则 FKH就是二面角F AE P的平面角. ………………… 分
⊥ ∠ - - 9
又FH 1 AB ,HK 1 PE ,所以FK ,故 FKH 1 3. ………… 分
= =1 = = 2 = 3 sin∠ = = 10
2 2 3 3
因为AB 平面PADE,AB 平面ABE,所以平面ABE 平面PADE,
⊥ ⊂ ⊥
所以二面角B AE F的余弦值为 3. ……………………………………………… 分
- - 12
3
19.【押题型】等差数列的通项公式 等比数列的判定和通项公式 错位相减法求和
, ,
【解】 因为a a a 成等比数列 所以a a a 2.
(1) 3, 5+1, 11-1 , 3( 11-1)=( 5+1)
又a 则 d d d 2 整理得 d2 d
1=1, (1+2 )(1+10 -1)=(1+4 +1) , 2 -3 -2=0,
解得d 或d 1 又d 则d
=2 =- , >0, =2,
2
所以a n 2n-1. 分
n=1+( -1)×2= ………………………………………………………… 3
因为 S b 所以当n 时 有 S b 解得b .
2 n+2=3 n, =1 , 2 1+2=3 1, 1=2
{ S b
2 n+2=3 n,
当n 时 有 两式相减得 b b b 即b b
≥2 ,
S b
2 n=3 n-3 n -1, n=3 n -1,
2 n -1+2=3 n -1,
所以数列 b 是首项为 公比为 的等比数列 故b 2×3n-1. 分
{ n} 2, 3 , n= …………………… 6
(2) 由 (1) 得c n=(2 n -1)×2×3 n -1 =(4 n -2)×3 n -1 ,
所以T n=2×3 0 +6×3 1 +10×3 2 +14×3 3 +…+(4 n -2)×3 n -1 ,
3 T n=2×3 1 +6×3 2 +10×3 3 +…+(4 n -6)×3 n -1 +(4 n -2)×3 n , …………………………… 8 分两式相减得 -2 T n =2+4×(3 1 +3 2 +3 3 +…+3 n -1 )-(4 n -2)×3 n
n
3×(1-3
-1
) n n
=2+4× -(4 -2)×3
1-3
n n
=-4-(4 -4)×3 ,
故T 2+(2n-2)×3n. 分
n= ………………………………………………………………… 12
20. 思路导引 对a分类讨论
( )不等式变形 函数φ(x) af(x) g(x) 求导 φ(x)的
2 → = - → →
单调性 参数a的取值范围
→
【押题型】导数的几何意义 导数与函数的单调性 由不等式恒成立求参数的取值范围
, ,
【解】 因为g x x x 所以g g′ x x x x x x 则g′
(1) ( )=( -1)e +1, (1)=1, ( )=e +( -1)e = e , (1)=e,
故函数g x 的图像在点M g 处的切线方程为y x 即ex-y-e+1=0.
( ) (1, (1)) -1=e( -1),
分
………………………………………………………………………………………… 4
由题意 不等式ax x x x 对 x 恒成立
(2) , (e -1)≥( -1)e +1 ∀ ∈(-∞,0] ,
即不等式ax x x x 对 x 恒成立.
(e -1)+(1- )e -1≥0 ∀ ∈(-∞,0]
令φ x ax x x x x
( )= (e -1)+(1- )e -1, ∈(-∞,0],
则φ φ′ x a x x a x x.
(0)=0, ( )= ( +1)e - - e
(导函数的正负不易判断,对导函数进行求导)
令h x φ′ x
( )= ( ),
则h h′ x a x x x a x a x. 分
(0)=0, ( )=[ ( +2)-( +1)]e =[( -1) +2 -1]e …………………… 7
若a 则φ′ x x 在 上恒成立 当且仅当x 时等号成立 故φ x
① =1, ( )=e -1≤0 (-∞,0] , =0 , ( )
在 上单调递减 所以φ x φ 满足题意. 分
(-∞,0] , ( )≥ (0)=0, …………………………… 8
a
若a 令h′ x 得x 1-2 .
② ≠1, ( 0)=0, 0= a
-1
当a 时 x 所以当x x 时 h′ x h x φ′ x 单调递减 当x x
>1 , 0<0, ∈(-∞, 0) , ( )<0, ( )= ( ) ; ∈( 0,0]
时 h′ x h x φ′ x 单调递增.在区间 x 上 φ′ x φ′ x φ′ 所以
, ( )>0, ( )= ( ) ( 0,0] , ( 0)< ( )≤ (0)=0,
φ x 单调递减 则φ x φ x φ 在区间 x 上 当x趋向 时 φ′ x 趋
( ) , ( 0)> ( )≥ (0)=0; (-∞, 0) , -∞ , ( )
向 a 且φ′ x 所以φ x 单调递减 则φ x φ x .所以在区间 上 有
- , ( )<0, ( ) , ( )> ( 0)>0 (-∞,0] ,
φ x 满足题意. 分
( )≥0, …………………………………………………………………… 9
当 1 a 时 x 所以当x 时 h′ x 故h x φ′ x 单调递增
≤ <1 , 0≥0, ∈(-∞,0] , ( )≥0, ( )= ( ) ,
2
所以φ′ x φ′ 故φ x 单调递减 所以φ x φ 满足题意. 分
( )≤ (0)=0, ( ) , ( )≥ (0)=0, …… 10
当a 1 时 x 所以当x x 时 h′ x 故h x φ′ x 单调递增 当x x
< , 0<0, ∈(-∞, 0) , ( )>0, ( )= ( ) ; ∈( 0,
2
时 h′ x 故 h x φ′ x 单调递减.在区间 x 上 φ′ x φ′ 所以
0] , ( )<0, ( )= ( ) ( 0,0] , ( )≥ (0)= 0,
φ x 单调递增 则φ x φ 不满足题意. 分
( ) , ( )≤ (0)=0, …………………………………… 11
[ 1 )
综上 实数a的取值范围为 ,+∞ . 分
, 2 ……………………………………………… 12
21. 思路导引 ( )题目条件 直线PF 和PF 的倾斜角均不为 设直线PF 和PF
2 → 1 2 0→ 1 2
与椭圆方程联立
的方程 点A,B,P的纵坐标间的关系 PAB与 PF F 面积间的关
→ →△ △ 1 2
系 用y 表示 PAB的面积 PAB面积的最大值
→ 0 △ →△【押题型】椭圆的标准方程 直线与椭圆的位置关系 三角形面积的最值
, ,
【解】 因为椭圆中以任意三个顶点为顶点的三角形的面积是 1 a b 1 a b
(1) ×2 × = × ×2 =
2 2
x2
ab 又短轴长 b 则b a 故椭圆E的方程为 +y2=1. 分
=2, 2 =2, =1, =2, 4 ………………… 4
由 知F F .直线PF 和PF 的倾斜角均不为 设直线PF 和
(2) (1) 1(- 3,0), 2( 3,0) 1 2 0, 1
直线PF 的方程分别为x my x ny A x y B x y .
2 = - 3, = + 3, ( 1, 1), ( 2, 2)
ì ï m
ì ïx my y y 2 3
ï = - 3, ï 0+ 1=m2 ,
由
î
í
ïï x2
+
y2
=1,
消去x得
(
m2
+4)
y2
-2 3
my
-1=0,
则í
ï
ïy y 1
+4
4 î 0 1=-m2 ,
+4
ì ï n
y y 2 3
ï 0+ 2=-n2
同理í +4, 分
ï …………………………………………………………………… 6
ïy y 1 .
î 0 2=-n2
+4
又因为x my x ny
0= 0- 3, 0= 0+ 3,
y y x y y y
所以 0+ 1 m 0+ 3 0+ 1 x 即 0 x
y y =-2 3 =-2 3· y , y =-2 3 0-6, y =-2 3 0-7;
0 1 0 1 1
y y x y y y
同理 0+ 2 n 0- 3 0+ 2 x 即 0 x . 分
y y =2 3 =2 3· y , y =2 3 0-6, y =2 3 0-7 ………………… 8
0 2 0 2 2
1 PA PB F PF
因为 S △ PAB 2 | |·| |sin∠ 1 2 | PA |·| PB | y 0- y 1 y 0- y 2
S = = PF PF = y · y ,
△ PF 1 F 2 1 | PF 1|·| PF 2|sin∠ F 1 PF 2 | 1|·| 2| 0 0
2
( y )( y ) ( )( )
所以 S 1 2 1 F F y y 1 1
△ PAB = 1-y 1-y · ·| 1 2 | 0 = 3 0 1+ x 1- x =
0 0 2 2 3 0+7 2 3 0-7
y 2 3
x
0+8 2 3
x
0-8 y
x2
0-
1
3
6
.
3 0· x · x = 3 0·
2 3 0+7 2 3 0-7 x2
0-
49
12
( )
y2 16 y y2 1
4-4 0- 3 0 0+
又x2
0=4(1-
y2
0),
所以S
△ PAB= 3
y
0·
3
=
3 .
………………… 10
分
y2 49 y2 1
4-4 0- 0+
12 48
( )
x x2 1
3 +
令f x 3 x
( )= , ∈(0,1],
x2 1
+
48
下面证明 f x f 64 3 x .
:( )≤(1)= , ∈(0,1]
49
( )
x x2 1
3 + x3 x x3 x
要证明f x 3 48 3 +16 3 64 3 只需证明3 + 4
( )= = x2 ≤ , x2 ≤ ,
x2 1 48 +1 49 48 +1 49
+
48
即证明 x3 x2 x .
147 -192 +49 -4≤0
因为 x3 x2 x x x2 x 2
147 -192 +49 -4=( -1)(147 -45 +4),45 -4×147×4=-327<0,
所以 x2 x x 所以 x3 x2 x .
147 -45 +4>0, -1≤0, 147 -192 +49 -4≤064 3
所以 PAB面积的最大值为 此时P . 分
△ 49 , (0,1) …………………………………… 12
本题平均分 . 分,有 位同学得满分,大部分同学得分在 分左右,
4 15 3 4
只答出了第一问,对于解答题压轴题,一方面是时间不够,另一方面思维度比较高的题
目学生在短时间内难以找到解决办法.
22.【押题型】参数方程与普通方程 极坐标方程与直角坐标方程间的互化 参数的应用
、 ,
ì
ï
x 2t
ïï =1+ ,
【解】 由直线l的参数方程í 2 消去参数t得x y 故直线l的普通方程为
(1) ï - =2,
ïy 2t
î =-1+ ,
2
x-y-2=0. 分
………………………………………………………………………………… 2
{x ρ θ
由ρ 6 θ θ 得ρ2 ρ θ ρ θ .又 = cos ,x2 y2 ρ2 所以x2 y2
+ ρ =6cos +2sin , -6 cos -2 sin +6=0 y ρ θ + = , + -
= sin ,
x y 即曲线C的直角坐标方程为x2+y2-6x-2y+6=0. 分
6 -2 +6=0, ……………………… 5
ì
ï
x 2t
ïï =1+ ,
由题意知点Q 在直线l上.将直线l的参数方程í 2 t为参数 代入曲
(2) (1,-1) ï ( )
ïy 2t
î =-1+
2
线C的方程x2 y2 x y
+ -6 -2 +6=0,
整理得t2 t Δ . 分
-4 2 +4=0, =16>0 ……………………………………………………… 7
设点A B对应的参数分别为t t
, 1,2,
则t t t t
1+ 2=4 2,1 2=4,
故 ( 1 1 ) 2 ( 1 1 ) 2 ( 1 1 ) 2 ( t 1+ t 2) 2 -4 t 1 t 2 (4 2) 2 -16 1.
QA - QB = t - t = t -t = t t 2 = =
| | | | | 1| | 2| 1 2 ( 1 2) 16
分
………………………………………………………………………………………… 10
23.【押题型】绝对值不等式的解法 绝对值三角不等式 由不等式恒成立求参数的取值范围
, ,
【解】 当m 时 f x x x . 分
(1) =-4 ,( )=2| +1|+2| -2|-2 …………………………………… 1
当x 时 f x x x x 解 x 得x
>2 ,( )=2 +2+2 -4-2=4 -4, 4 -4≥8 ≥3;
当 x 时 f x x x 不等式 无解
-1≤ ≤2 ,( )=2 +2+4-2 -2=4, 4≥8 ;
当x 时 f x x x x 解 x 得x .
<-1 ,( )=-2 -2+4-2 -2=-4 , -4 ≥8 ≤-2
综上 不等式f x 的解集为{x|x -2或x 3}. 分
, ( )≥8 ≤ ≥ ………………………………… 5
对 x R x R 使不等式f x g x 成立 即f x g x . 分
(2) ∀ 1∈ ,∃ 2∈ , ( 1)≥ ( 2) , ( )min≥ ( )min ……… 6
因为g x x 2 所以g x .
( )=( -2) , ( )min=0
因为f x x x m x x m x x m m
( )=2| +1|+|2 + |-2=|2 +2|+|2 + |-2≥|2 +2-(2 + )|-2=|2- |-2,
当且仅当 x x m 时 等号成立 所以f x m . 分
(2 +2)(2 + )≤0 , , ( )min=|2- |-2 ……………… 9
由 m 解得m 或m
|2- |-2≥0, ≤0 ≥4,
故实数m的取值范围为(-∞,0] [4,+∞). 分
∪ ……………………………………… 10
关键点拨 x M, x N,f(x ) g(x ) f(x) g(x) ;
∀ 1∈ ∃ 2∈ 1 > 2 ⇔ min> min
x M, x N,f(x ) g(x ) f(x) g(x) ;
∀ 1∈ ∀ 2∈ 1 > 2 ⇔ min> max
x M, x N,f(x ) g(x ) f(x) g(x) ;
∃ 1∈ ∃ 2∈ 1 > 2 ⇔ max> min
x M, x N,f(x ) g(x ) f(x) g(x) .
∃ 1∈ ∀ 2∈ 1 > 2 ⇔ max> max2024 年全国高考名校名师联席命制
数学(理)押题卷(三)
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B B B A B B D C C
题号 11 12 13 14 15 16
( ] [ ]
答案 A A 5 5 11 9
240 4 0, ∪ ,
12 6 12 2
1.A 【押考点】集合的交集运算
【深度解析】因为A x Z x2 x x Z x B
={ ∈ | + -2≤0}={ ∈ |-2≤ ≤1}={-2,-1,0,1}, =(0,
所以A B .故选A.
+∞), ∩ ={1}
2.B 【押考点】复数的四则运算及模
【深度解析】因为z 2 2(1+i) 所以 z .故选B.
= = =1+i, | |= 2
1-i (1-i)(1+i)
一题多解
因为z 2 ,所以 z 2 |2| 2 .故选 .
= | |= = = = 2 B
1-i 1-i |1-i| 2
3.B 【押考点】平面向量平行的定义以及坐标运算
【深度解析】因为a b λ 所以a b λ .因为 a b a 所以 λ
=(2,1), =(-1, ), + =(1, +1) ( + )∥ , 1=2 +
解得λ 1 .故选B.
2, =-
2
4.B 【押风向】直线与圆的位置关系 充分 必要条件的判断
, 、
【深度解析】圆C的一般方程x2 y2 x y 化成标准方程为 x 2 y 2 所以圆
+ -2 -4 =0 ( -1) +( -2) =5,
C的圆心为C 半径r .若直线l x y a 与圆C有公共点 则圆心到直线的距
(1,2), = 5 : +2 + =0 ,
a
离d | +5| 解得 a .所以 a 是 直线l x y a 与圆C x2 y2
= ≤ 5, -10≤ ≤0 “-12≤ ≤0” “ : +2 + =0 : + -
5
x y 有公共点 的必要不充分条件.故选B.
2 -4 =0 ”
5.A 【押考点】三角恒等变换
θ θ θ θ θ
θ cos
2
-sin
2
cos -sin 1-tan
【深度解析】因为 cos 2 2 2 2 2 1 解得
1+sin θ= ( θ θ ) 2 = θ θ = θ = 3 ,
cos +sin cos +sin 1+tan
2 2 2 2 2
θ
θ 2tan ( ) θ
1 所以 θ 2 4 所以 θ π tan +1 .故选A.
tan = , tan = θ = , tan + = θ=-7
2 2 2 3 4 1-tan
1-tan
2
一题多解 由题知 θ θ ,结合 2θ 2θ 可得 2θ θ ,解得
sin =3cos -1 sin +cos =1 5cos -3cos =0
( ) θ
θ 3 ( θ 舍去),则 θ 4 , θ 4 , θ π tan +1 .故选 .
cos = cos =0 sin = tan = tan + = θ=-7 A
5 5 3 4 1-tan
6.B 【押考点】条件概率
【深度解析】P A P B 1 P AB 9 1 P AB P A P B 从而A B互为独
( )= ( )= , ( )= = , ( )= ( )· ( ), ,
2 36 4
n BC
立事件 A正确 A B 可以同时发生 B 错误 P B C ( ) 3×6 2 C 正确
, ; , , ; ( | )= n C = = , ;
( ) 36-3×3 3
P C P C 3×3 3 D正确.故选B.
( )=1- ( )=1- = ,
6×6 4
7.B 【押考点】数列的通项公式 分组求和法
,【深度解析】 a a n 当n 时 a a n 得当n
∵ n +1+ n=4 +3 ①,∴ ≥2 , n+ n -1=4( -1)+3 ②,①-② ≥
时 a a a 中奇数项成等差数列 偶数项成等差数列 公差均为 . a
2 , n +1- n -1=4,∴ { n} , , 4 ∵ 1=1,
n
当n为奇数时 a a -1 n 当n为偶数时 a n a n . S a
∴ , n= 1+ ×4=2 -1; , n=4 +3- n +1=2 +2 ∴ 10=( 1+
2
a a a a a a a a a 5×(1+17) 5×(6+22) .故选B.
3+ 5+ 7+ 9)+( 2+ 4+ 6+ 8+ 10)= + =115
2 2
一题多解 a a n , a a (n ) ,a a , 数列{ a a }是
∵ n+ n +1=4 +3 ∴ n +2+ n +3=4 +2 +3 1+ 2=7 ∴ 2 n -1+ 2 n
以 为首项, 为公差的等差数列. S a a a a … a a 5×4 .
7 8 ∴ 10 = 1+ 2+ 3+ 4+ + 9+ 10=5×7+ ×8=115
2
8.D 【押题型】不等式的性质
【深度解析】因为 b 所以 b a 当 a 时 解得 b a 当a 时 解得
loga >1, loga >loga , 0< <1 , 0< < <1; >1 , 1<
a b 所以 a b 即ab a b A,B错误.当a b 时 a 1 b 1 C错误.
< , ( -1)( -1)>0, > + -1, =2, =3 , + b < + a ,
因为y x 1 在 上单调递减 在 上单调递增 所以a 1 b 1 即a 1 b
= + x (0,1) , (1,+∞) , + a < + b , - b < -
1 D正确.故选D.
a ,
9.C 【押考点】双曲线的离心率
【深度解析】由题可得 矩形ABCD的宽为 c c 则长为 c 双曲线E以矩形长边中点
, 2 ( >0), 4 ,
c2 c2
为焦点 过顶点A B C D 如图所示 则C c c 代入双曲线E的方程 得 4 即
, , , , , , ( ,2 ), , a2 -b2 =1,
c2 b2 a2 a2b2.又因为c2 a2 b2 所以 a2 b2 b2 a2 a2b2 即 a4 b4 a2b2 等
( -4 )= = + , ( + )( -4 )= , -4 + -4 =0,
a2 b2 b2
式两边同时除以a2b2 得 .设 t 则 1 t 即t2 t 解得
-4 b2 +a2 -4=0 a2 = >0, -4 t + -4=0, -4 -4=0,
b2 c b2
t 或t 不合题意 舍去 即 所以e
=2+2 2 =2-2 2( , ), a2 =2+2 2, = a = 1+a2 = 1+2+2 2 =
.故选C.
1+ 2
快解 连接CF ,由题意知C(c, c),则 CF c, F F c, CF c,则由双
1 2 | 2|=2 | 1 2|=2 | 1|=2 2
曲线的定义知 CF CF a,即 c c a,a ( )c,所以双曲线的离心率e
| 1|-| 2|=2 2 2 -2 =2 = 2-1 =
c
.
a = 2+110.C 【押题型】正三棱锥的外接球
【深度解析】如图 取正三角形BCD的中心为P 连接AP PC 则三棱锥A BCD的外接球
, , , , -
球心O在AP上 连接OC.在正三角形BCD中 BC 所以 PC 2 3.在 APC 中
, , =2, = Rt△ ,
3
AC 所以AP AC2 PC2 4 15.设OP h 外接球的半径为R.由OC2
= 3, = - = 3- = = , =
3 3
( )
2
OA2 得 4 h2 15 h 解得h 1 所以R2 4 h2 27 所以三棱锥A BCD的
, + = - , = , = + = , -
3 3 2 15 3 20
外接球表面积S R2 27π.故选C.
=4π =
5
一题多解 在正三棱锥A BCD中,过点A作AF 底面BCD于点F,则F为底面正三
- ⊥
角形BCD的中心.因为正三角形 BCD 的边长为 ,所以 BF 2 3.因为 AB ,所以
2 = = 3
3
( )
AF AB2 BF2 15.如图,以F为坐标原点建立空间直角坐标系,则A , , 15 ,
= - = 0 0
3 3
( ) ( )
B , 3, ,C ,2 3, .设三棱锥A BCD的外接球球心为O( , ,h),半径为R.由
1 - 0 0 0 - 0 0
3 3
( )
2
OC2 OA2,得 4 h2 h 15 ,解得h 1 ,所以R2 4 h2 27,三棱锥A BCD
= + = - = = + = -
3 3 2 15 3 20
的外接球表面积S R2 27π.故选 .
=4π = C
5
11.A 【押考点】正弦定理解三角形 三角形面积公式
,
【深度解析】设A α 因为 ACB 2π 所以 B π α.因为 AE
= , ∠ = , = - =
3 3
CE 所以 ACE CAE α CEB α BCE 2π α.
=2, ∠ =∠ = ,∠ = 2 ,∠ = -
3
CE BE
在 BCE中 由正弦定理可得
△ , ( ) = ( ),
π α 2π α
sin - sin -
3 3( ) ( )
即 ( 2 ) = ( 3 ), 得 2 3 cos α + 1 sin α =3 3 cos α - 1 sin α ,
π α 2π α 2 2 2 2
sin - sin -
3 3
化简得 5 α 3 α 即 α 3 故 A α 21 α 5 7.
sin = cos , tan = , sin =sin = ,cos =
2 2 5 14 14
解法一:因为 α α α 5 3
sin2 =2sin cos = ,
14
所以S S S 1 CE BE α 1 CE AE α 1 5 3
△ ABC= △ BCE+ △ ACE= · · ·sin 2 + · · ·sin(π-2 )= × ×
2 2 2 14
25 3.故选A.
(2×3+2×2)=
14
AB BC BC
解法二:在 ABC中 由正弦定理得 即 5 得BC 5 7.
△ , ACB= A, = , =
sin∠ sin 2π 21 7
sin
3 14
( ) ( )
所以S 1 AB BC B 1 5 7 π α 25 7 3 α 1 α
△ ABC= · ·sin = ×5× ×sin - = × cos - sin =
2 2 7 3 14 2 2
25 3.故选A.
14
12.A 【押题型】函数的图像及性质
【深度解析】令m 1 则x 1 函数y 1 a 与y x a 的图像有两个交点可
=x , = m+1, = x - =4 - -1
-1 -1
{m m a
转化为方程 m a 4 a 即 4 m a a , ≥ , 有两个不相等的实数根.
| - |= m- +3, m+3=| - |+ =
m a m a
- +2 , <
由m 4 解得m 或m 因此相当于斜率分别为 和 的直线组成的折线与曲
= m+3 =4 =-1, -1 1
线y 4 有两个交点.函数y 4 y m y m a的图像如图 由图易得
= m+3 = m+3, = , =- +2 ,
当直线y m a与曲线y 4 相切时 两函数图像有两个交点.由 4 m a
① =- +2 = m+3 , m+3=- +2 ,
得m2 a m 由判别式Δ a 2 得a 1 或a 7 .
+(3-2 ) +4=0, =(3-2 ) -16=0, =- =
2 2
当直线y m a过点A 时 两函数图像有两个交点.由 a 得a .
② =- +2 (4,4) , -4+2 =4, =4
当直线y m a过点B 时 两函数图像有三个交点 由 a 得a
③ =- +2 (-1,-1) , , 1+2 =-1, =-1,
故 不满足条件.故选A.
A13. 【押考点】二项展开式的特定项
240
( ) ( )r
【深度解析】 x - 2 x 6 的展开式的通项T r +1=C6 rx6- r - 2 x =C6 r (-2) rx6- 2 3r , 令 6- 3 r =0,
2
解得r 故展开式中常数项为T 4 4x0 .
=4, 5=C6(-2) =240
14. 【押题型】线性规划
4
【深度解析】画出可行域 如图中阴影部分 包含边界 所示.作出直线 x y 并平移
, ( ) 2 +3 =0 ,
由图可知 当直线经过点A 时 z取得最小值 z .
, (2,0) , , min=2×2+3×0=4
( ] [ ]
15. 5 5 11 【押考点】三角恒等变换 三角函数的图像及性质
0, ∪ , 、
12 6 12
( ) ( )
【深度解析】因为函数f x 3 ωx 1 ωx ωx π 在 内没有零
( )=2 sin + cos =2sin + (π,2π)
2 2 6
ì
ïω π k
( ) ï π+ ≥ π,
点 所以ωx π ω π ω π k k k Z 即í 6 解得 k
, + ∈ π+ ,2 π+ ⊆[ π, π+π], ∈ , ï
6 6 6
ï ω π k
î2 π+ ≤ π+π,
6
k k
1 ω 5 k Z .由k 1 5 得k 7 又ω k Z 故k只可取
- ≤ ≤ + ( ∈ ) - ≤ + , ≤ , >0, ∈ , 0,1,
6 2 12 6 2 12 6
( ] [ ]
当k 时 ω 5 当k 时 5 ω 11 故ω的取值范围为 5 5 11 .
=0 ,0< ≤ ; =1 , ≤ ≤ , 0, ∪ ,
12 6 12 12 6 12
一题多解 ( ) ( )
f(x) 3 ωx 1 ωx ωx π ,令f(x) ,得ωx π k ,
=2 sin + cos =2sin + =0 + = π
2 2 6 6
( k )
k Z,所以x 6 -1 π,k Z.设f(x)的最小正周期为T.因为f(x)在( , )内没有
∈ = ω ∈ π 2π
6
T
零点,所以 π,解得 ω .
π≤ = ω 0< ≤1
2
( k )
对x 6 -1 π,k Z,取k ,则x 5π,则5π 或5π ,解得ω 5 或ω 5 ;取
= ω ∈ =1 = ω ω≤π ω≥2π ≥ ≤
6 6 6 6 6 12
k ,则x 11π,则11π ,解得ω 11.故 ω 5 或 5 ω 11,即ω的取值范围
=2 = ω ω≥2π ≤ 0< ≤ ≤ ≤
6 6 12 12 6 12
( ] [ ]
为 ,5 5 ,11 .
0 ∪
12 6 12
16. 9
2
思路导引 切线 PM, PN 的方程 直线 MN 的方程 联立抛物线方程
→ →
根与系数的关系
FM · FN
→| | | |
【押考点】直线与抛物线的位置关系 抛物线的切线
,【深度解析】由题得 F 设P x y M x y N x y 则 FM x FN
, (1,0), ( 0, 0), ( 1, 1), ( 2, 2), | |= 1+1,| |=
x .设切线PM的方程为x m y y x 提示:切线与x轴不平行 将其代入y2 x
2+1 = 1( - 1)+ 1( ), =4 ,
y
得y2 m y m y x 由Δ m2 m y x y2 x 得m 1
-4 1 +4 1 1-4 1=0, =16 1-4(4 1 1-4 1)=0, 1=4 1, 1= ,
2
y y
则切线PM的方程为x 1 y y x 即x 1y x .
= ( - 1)+ 1, = - 1
2 2
y
由切线PM过点P x y 得x 1y x .
( 0, 0), 0= 0- 1
2
y y
同理 切线PN的方程为x 2y x 由切线PN过点P x y 得x 2y x .
, = - 2, ( 0, 0), 0= 0- 2
2 2
{y y x x
则直线 MN 的方程为 y y x x . 由 0 =2( 0+ ), 得 y2 y y x 则
0 = 2( 0 + ) y2 x -2 0 +4 0 = 0,
=4 ,
{y 1+ y 2=2 y 0, 故 FM FN x x x x x x ( y 1 y 2) 2 ( y 1+ y 2) 2 -2 y 1 y 2
y y x | |·| |=( 1+1)( 2+1)= 1 2+ 1+ 2+1= 16 + 4 +
1 2=4 0,
( )
2
x2 y2 x x2 x 2 x x2 x x 1 9 9 当且仅当x
1= 0+ 0-2 0+1= 0+( 0+2) -2 0+1=2 0+2 0+5=2 0+ + ≥ , 0=
2 2 2
1 时 等号成立 故 FM FN 的最小值为 9 .
- , , | |·| |
2 2
一题多解 在抛物线C:y2 x中,p .设P(x ,y ),M(x ,y ),N(x ,y ),
=4 =2 0 0 1 1 2 2
则切点为M的切线l :y y (x x ),由l 过点P(x ,y ),得y y (x x );
1 1 =2 + 1 1 0 0 1 0=2 0+ 1
切点为N的切线l :y y (x x ),由l 过点P(x ,y ),得y y (x x ).
2 2 =2 + 2 2 0 0 2 0=2 0+ 2
{y y (x x),
则直线 MN 的方程为 y y (x x). 由 0 =2 0+ 得 y2 y y x ,则
0 = 2 0+ y2 x, -2 0 +4 0 = 0
=4
{y 1+ y 2=2 y 0 , 故 FM · FN (x ) (x ) x x x x (y 1 y 2 )2
y y x , | | | | = 1 +1 2 +1 = 1 2 + 1 + 2 +1 = 16 +
1 2=4 0
(y
1+
y
2
)2
-2
y
1
y
2 x2 y2 x x2 (x )2 x x2 x
(
x 1
)
2 9
+1= 0+ 0-2 0+1= 0+ 0+2 -2 0+1=2 0+2 0+5=2 0+ + ≥
4 2 2
9 ,当且仅当x 1 时,等号成立,故 FM · FN 的最小值为 9 .
0=- | | | |
2 2 2
方法速记 (
1
)以抛物线y2
=2
px(p
>0
)上点 A(x
A
,y
A
)为切点的切线方程为 y
A
y
=
p(x
+
x
A
);(
2
)若直线 AB 与抛物线 y2
=2
px(p
>0
)交于两点 A,B,且过 x 轴上一定点
M(m,
0
),则x
A
x
B=
m2,y
A
y
B=-2
pm.
17.【押题型】等差数列的证明 通项公式的求法以及与数列有关的恒成立问题
,
(1)
【证明】当n
≥2,
n
∈
N∗时
,
a
n=
S
n-
S
n -1,
则
2
S2n-2 S
n(
S
n-
S
n -1)+
S
n-
S
n -1=0, …… 2
分
化简得S S S S . 又S 等式 两边同除S S 得 1 1 又 1 所
n -1- n=2 n n -1 ① n≠0, ① n n -1, S
n
-S
n
=2, S =1,
-1 1
{ }
以 1 是以 为首项 为公差的等差数列. 分
S 1 ,2 ………………………………………… 4
n
【解】由 得 1 n n 则S 1 分
(2) (1) S =1+( -1)×2=2 -1, n= n , …………………………… 6
n 2 -1ì n
ïï1, =1,
故a í 分
n=ïï
1 1 n .
……………………………………………………………… 8
î n - n , ≥2
2 -1 2 -3
a 1 1 2 由 na
λ
得λ 2
n +1
. 分
n +1= n - n =- n n , 2 n +1+ n <0, < n ……………… 9
2 +1 2 -1 (2 +1)(2 -1) 2 -1 2 +1
n
+1
令c 2
n= n ,
2 +1
n +2 n +1 n +1 n
则c c 2 2 2 (2 -1) 所以数列 c 单调递增. 分
n +1- n= n - n = n n >0, { n} …………… 11
2 +3 2 +1 (2 +1)(2 +3)
( 4 )
又c 4 故λ 4 所以实数λ的取值范围是 -∞, . 分
1= , < , 3 ………………………… 12
3 3
18.【押考点】空间中面面垂直的证明 线面角的正弦值
、
【证明】设AC交BD于点N 连接PN. PB PD PN BD. 分
(1) , ∵ = ,∴ ⊥ ………………… 2
底面ABCD是以 为边长的菱形 AC BD. 分
∵ 2 ,∴ ⊥ ……………………………………… 4
又 PN AC N PN AC 平面PAC BD 平面PAC.
∵ ∩ = , , ⊂ ,∴ ⊥
又 BD 平面PBD 平面PBD 平面PAC. 分
∵ ⊂ ,∴ ⊥ ………………………………………… 5
【解】 底面ABCD是以 为边长的菱形 且 BAD °
(2) ∵ 2 , ∠ =120 ,
ABC与 ACD为等边三角形 AC .
∴ △ △ ,∴ =2
PC PA PC2 PA2 AC2 即PA AC.
∵ = 2 =2 2,∴ = + , ⊥
BD 平面PAC PA 平面PAC BD PA.
∵ ⊥ , ⊂ ,∴ ⊥
又BD AC N BD AC 平面ABCD PA 平面ABCD. 分
∩ = , , ⊂ ,∴ ⊥ …………………………… 7
取CD的中点E 则AE CD AE AB.又PA 平面ABCD
, ⊥ ,∴ ⊥ ⊥ ,
故以A为坐标原点 直线AB AE AP分别为x y z轴建立空间
, , , , ,
直角坐标系 则 A B P C
, (0,0,0), (2,0,0), (0,0,2), (1, 3,
( )
D M 1 3
0), (-1, 3,0), , ,1 ,
2 2
( )
P→D A→M 1 3 A→D .
∴ =(-1, 3,-2), = , ,1 , =(-1, 3,0)
2 2
设平面AMD的一个法向量为n x y z
=( , , ),
{n A→D ì ï ï- x + 3 y =0,
· =0,
则 即í 取x 则y z 得n .
n A→M ï ï1 x 3y z . = 3, =1, =- 3, =( 3,1,- 3)
· =0, î + + =0
2 2
分
……………………………………………………………………………………… 9
n P→D
设直线PD与平面AMD所成角为α 则 α | · | 2 3 42
, sin = | n || P→D | = 7×2 2 = 14 ,
42
直线PD与平面AMD所成角的正弦值为 . 分
∴ 14 …………………………………… 12
一题多解 ( ) 底面ABCD是以 为边长的菱形,且 BAD °,
2 ∵ 2 ∠ =120
ABC与 ACD均为等边三角形, AC .
∴ △ △ ∴ =2
PC PA , PC2 PA2 AC2,即PA AC.
∵ = 2 =2 2 ∴ = + ⊥
由( )知BD 平面PAC,PA 平面PAC, BD PA.
1 ⊥ ⊂ ∴ ⊥又BD AC N,BD,AC 平面ABCD, PA 平面ABCD. ………………………… 分
∩ = ⊂ ∴ ⊥ 7
AD 平面ABCD, PA AD, 由勾股定理得PD ,
∵ ⊂ ∴ ⊥ ∴ =2 2
M 为 PC 的中点, AM 1 PC . 在 PCD 中,由余弦定理得 PCD
∵ ∴ = = 2 △ cos∠ =
2
PC2 CD2 PD2 ( )2 2 ( )2
+ - 2 2 +2 - 2 2 2,
PC·CD = =
2 2×2 2×2 4
CM2 CD2 MD2 ( )2 2 MD2
在 MCD中,由余弦定理得 PCD + - 2 +2 - 2,
△ cos∠ = CM·CD = =
2 2× 2×2 4
解得MD .
=2
在 AMD中,AD MD ,AM , S 1 14 7. ………………… 分
△ = =2 = 2 ∴ △ AMD= × 2× = 9
2 2 2
设点P到平面AMD的距离为d,又易知点C到平面PAD的距离为 ,
3
由V V 得,1 S ·d 1 1 S , ……………………………… 分
P - AMD= M - PAD △ AMD = × △ PAD× 3 10
3 2 3
1 7·d 1 1 1 ,解得d 2 3.
∴ × = × × ×2×2× 3 =
3 2 2 3 2 7
d
直线PD与平面AMD所成角的正弦值为 2 3 1 42. ……………… 分
∴ PD= × = 12
7 2 2 14
19.【押素材】离散型随机变量的分布列与期望
【解】 由题意可得 甲在每局比赛中获胜的概率为p 则乙在每局比赛中获胜的概率为
(1) , ,
p 所以 p p 4 分
1- , 2 (1- )= ,………………………………………………………………… 2
9
2
又p . 所以解得p . 分
>0 5, = 3 ……………………………………………………………… 4
X的所有可能值为 .
(2) 2,4,6
( ) ( )
2 2
设每两局比赛为一轮 则该轮结束时比赛停止的概率为 2 1 5 分
, + = ,……… 6
3 3 9
该轮结束时比赛继续的概率为 5 4 . 分
1- = …………………………………………… 7
9 9
若该轮结束时比赛还将继续 则甲 乙在该轮中必是各胜一局 此时 该轮比赛结果对下
, 、 , ,
轮比赛是否停止没有影响.
( )
2
从而有P X 5 P X 4 5 20 P X 4 16 分
( =2)= , ( =4)= × = , ( =6)= = , …………… 10
9 9 9 81 9 81
故X的分布列如下
:
X
2 4 6
P 5 20 16
9 81 81
266
所以E X 5 20 16 . 分
( )=2× +4× +6× = 81 ……………………………………………… 12
9 81 81
20. 思路导引 ( )四边形OABC为矩形 邻边垂直且对角线相互平分 直线OA,OC方
2 → →
与椭圆方程联立 中点坐标公式 点B在椭圆上
程 点A,C的坐标 点B的坐标 直线OA斜
→ → →
率k的方程 k OA , OC S
→ →| | | |→ 矩形OABC
【押考点】椭圆的标准方程 直线与椭圆的位置关系
,ì ïc
6
ïa = ,
ï 3
【解】 由题知íc2 a2 b2 分
(1) ï = - , ………………………………………………………… 2
ï
ï1 8
îa2 + b2 =1,
3
解得
{a2
=9,
所以椭圆E的方程为
x2
+
y2
=1. 分
9 3 ………………………………………… 4
b2
=3,
由题意知 当直线OA的斜率为 或不存在时 矩形OABC不存在 不符合题意.
(2) , 0 , ,
分
……………………………………………………………………………………… 5
设直线OA的斜率为 k 则直线 OC 的斜率为 1 . 由椭圆的对称性 只需考虑 k 的
, - k , >0
情况.
不妨设点A x y 在第一象限 则点C x y 在第四象限.
( 1, 1) , ( 2, 2)
ìy kx
ïï = ,
k
由í
ïï x2 y2
消去y整理得
(1+3
k2
)
x2
=9,
解得x
1=
3
k2 ,
所以y
1=
3
k2
.
î + =1, 1+3 1+3
9 3
分
……………………………………………………………………………………… 7
ì
ïy 1 x
ï =- k , ( ) k
由í 消去y整理得 3 x2 解得x 3 所以y 3 .
ïx2 y2 1+k2 =9, 2= k2 , 2=- k2
ï 3+ 3+
î + =1,
9 3
(x x y y )
因为四边形OABC是矩形 线段AC的中点坐标为 1+ 2 1+ 2 所以线段OB的中点坐
, , ,
2 2
(x x y y )
标为 1+ 2 1+ 2 所以B x x y y .
, , ( 1+ 2, 1+ 2)
2 2
x x 2 y y 2
又因为点B在椭圆E上 所以( 1+ 2) ( 1+ 2)
, + =1,
9 3
即x2 x2 x x y2 y2 y y . 分
1+ 2+2 1 2+3( 1+ 2+2 1 2)=9 ………………………………………………… 9
又x2 y2 x2 y2 所以 x x y y .
1+3 1=9, 2+3 2=9, 2 1 2+6 1 2+9=0
k k
将x y x y 的值代入 得 18 54
1, 1, 2, 2 , k2 k2 - k2 k2 +9=0,
(1+3 )(3+ ) (1+3 )(3+ )
k
即 4 整理得k4 k2 解得k2 又k 所以k 分
=1, -2 +1=0, =1, >0, =1, …… 11
k2 k2
(1+3 )(3+ )
( ) ( )
此时A 3 3 C 3 3 B OA 3 2 OC 3 2 所以四边形OABC的面
, , ,- , (3,0),| |= ,| |= ,
2 2 2 2 2 2
9
积S OA OC . 分
=| |·| |= 2 ……………………………………………………………… 12
21. 思路导引 对a分类讨论
( )导函数f′(x) 解f′(x) 得f(x)的单调递减区间,解
1 → <0
f′(x) 得f(x)的单调递增区间;
>0
( )思路一:
2x -
x x - 令 x 2 - 1 = t
x ,x 是f(x) 的零点 a = e 1 , x 2 -x 1 = 2 1 1 1 用t表示x
1 2 → x - e x - → 1
1 1 1 1
→
x - x t的取值范围
3 1 2 ≤2→
x 的取值范围 a的取值范围
1 →
令x x p
思路二:x ,x 是 f(x)的零点 a(x x ) x 2 x 1 2- 1= 用 p 表示 x ,x ,
1 2 → 2- 1 = e -e → 1 2
x x
a 3 1- 2≤2 p的取值范围 a的取值范围
→ →
【押题型】利用导数研究函数的单调性 求解参数取值范围
,
【解】 f x x ax a x 所以f′ x x a. 分
(1) ( )=e - + , ∈(-∞,+∞), ( )=e - ………………………… 2
当a 时 f′ x 恒成立 此时f x 在R上单调递增 分
① ≤0 , ( )>0 , ( ) ; ………………………… 3
当a 时 令f′ x 得x a 令f′ x 得x a
② >0 , ( )<0, 0, >ln ,
所以f x 在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增. 分
( ) …………………… 4
由题意及 可知 a 且f a ln a a a a a a
(2) (1) , >0, (ln )=e - ln + = (2-ln )<0,
所以 a 即a 2.又f f 2 a 所以 x x .
ln >2, >e (1)=e>0,(2)=e - <0, 1< 1<2, 2>2
x x x
由f x 1 ax a 得 1 a x 同理 2 a x
( 1)=e - 1+ =0, e = ( 1-1), e = ( 2-1),
x
两式相除得 x 2- x 1 2-1.
e =x
1-1
x
令t 2-1 t 则 t ( x 1-1)-( x 1-1) t 即 ( t -1)( x 1-1) t.
=x ( >1), e = , e =
1-1
t
等号两边同取自然对数 得 t x t 则x ln . 分
, ( -1)( 1-1)=ln , 1=1+t ……………………… 6
-1
x
又 x x 所以 x x 故t 2-1 .
3 1- 2≤2, 3( 1-1)≤ 2-1, =x ≥3
1-1
1 t
t 1- t -ln
令g t ln t 则g′ t 则g t 在 上单调递减.
( )=1+t -1 ( ≥3), ( )= ( t -1) 2 <0, ( ) [3,+∞)
因为g ln3 当t 时 g t 故 g t ln3 即 x ln3.
(3)=1+ , →+∞ , ( )→1, 1< ( )≤1+ , 1< 1≤1+
2 2 2
分
……………………………………………………………………………………… 8
x 1 x x x ( ]
又a e 令h x e x h′ x e( -2) 在 ln3 上恒成立 所以h x 在
=x
1-1
, ( )=x
-1
, >1, ( )=
(
x
-1)
2<0 1,1+
2
, ( )
( ]
ln3 上单调递减. 分
1,1+ ……………………………………………………………… 10
2
( ) é2 3e )
因为h ln3 2 3e 当x 时 h x 所以a的取值范围为êê ,+∞ .
1+ = , →1 , ( )→+∞, ëln 3
2 ln3
分
……………………………………………………………………………………… 12
一题多解 ( )由题意可得a , x 1 ax x 2 ax ,即a(x x ) x 2 x 1.
2 >0 e - 1=e - 2 2- 1 =e -e
令x x p,则p ,x p x ,所以 x 1 ap ,等号两边同取自然对数,得x ap ,
2- 1= >0 2= + 1 e = p 1=ln p
e -1 e -1
ap
则x p.
2=ln p +
e -1ap
又a e x 1 ,所以a e p -1 ,化简得 ap p ( p ) .
=x = ap ln = p +1+ln e -1 ①
1-1 e -1
ln p -1
e -1
p
因为 x x ,所以 ap p ( p ),代入 得 2 p,解得p .
3 1- 2≤2 2ln ≤2+ +2ln e -1 ① p ≤ ≥ln3
e -1
…………………………………………………………………………………… 分
6
p p p
又 a ( p ) p e -1,
ln = p +1+ln e -1 -ln = p +1+ln p
e -1 e -1
p (p ) p
令u(p) e -1,p ,则u′(p) -1 e +1 ,故u(p)在[ , )上单调递增,则
= p ≥ln3 = p2 >0 ln3 +∞
[ )
u(p) 2 , . …………………………………………………………………… 分
∈ +∞ 8
ln3
p [ )
令u e -1,则 a 1 u.令m(u) 1 u,u 2 , ,
= p ln = u +1+ln = u +1+ln ∈ +∞
ln3
u [ )
则m′(u) 1 1 -1 ,所以m(u)在 2 , 上单调递增,
=-u2 + u = u2 >0 +∞
ln3
[ )
则m(u) ln3+2 2 , ,则 a ln3+2 2 ,故a 2 3e.
∈ +ln +∞ ln ≥ +ln ≥
2 ln3 2 ln3 ln3
é )
所以a的取值范围为êê2 3e, . ………………………………………………… 分
ë +∞ 12
ln3
22.【押考点】直角坐标方程与极坐标方程的互化 线段长的最值
、
{x ρ θ
【解】 因为x y 将 = cos , 代入得ρ θ ρ θ
(1) + -4=0,
y ρ θ
cos + sin -4=0,
= sin ,
( π)
所以直线l的极坐标方程为ρsin θ+ =2 2. 分
4 ……………………………………… 5
由ρ2 2 得ρ2 ρ2 2θ
(2) = 2θ, + sin =2,
1+sin
{x ρ θ
= cos , x2
将 代入得x2 y2 故曲线C的直角坐标方程是 y2 . 分
y ρ θ
+2 =2,
2
+ =1 …………… 7
= sin ,
φ φ
设点 Q φ φ 则点 Q 到直线 l 的距离 d | 2cos +sin -4|
( 2 cos , sin ), = =
2
φ β
| 3sin( + )-4| 其中 β . 分
, tan = 2 …………………………………………………… 9
2
当φ β k π k Z时 d取得最小值4 2- 6
+ =2 π+ , ∈ , ,
2 2
4 2- 6
故 PQ 的最小值为 . 分
| | 2 ………………………………………………………… 10
23.【押考点】绝对值不等式的解法
【解】 当a 时 函数f x x x 所以f x 即 x x 等价
(1) =2 , ( )= |2 -1|+| +1|, ( )<8, |2 -1|+| +1|<8,
ì ì
{x ï ï x 1 ï ïx 1
<-1, -1≤ ≤ , > ,
于 或í 2 或í 2 解得 8 x 或
(1-2 x )-( x +1)<8 î ïï x x î ïï x x - 3 < <-1
(1-2 )+( +1)<8 (2 -1)+( +1)<8,( 8 8 )
x 1 或 1 x 8 所以不等式f x 的解集为 - , . 分
-1≤ ≤ < < , ( )<8 3 3 ………………… 5
2 2 3
当x 时 不等式显然成立 a R. 分
(2) =0 , , ∈ ……………………………………………… 6
当x 时 不等式f x x 可化为 1 a 1 分
≠0 , ( )≥| | x - + x +1 ≥1, ………………………… 7
( ) ( ) ( )( )
又 1 a 1 1 a 1 a 当且仅当 1 a 1 时
x - + x +1 ≥ x - - x +1 =| +1|, x - x +1 ≤0 ,
取等号 分
,…………………………………………………………………………………… 8
所以 a 解得a .
| +1|≥1, ∈(-∞,-2]∪[0,+∞)
综上 实数a的取值范围是(-∞,-2] [0,+∞). 分
, ∪ ………………………………… 102024 年全国高考名校名师联席命制
数学(理)押题卷(四)
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A C D B D D B D B
题号 11 12 13 14 15 16
答案 C D 1 2
-1 2 - π
2 6
1.B 【押考点】集合的并集运算 集合元素的特征
,
【深度解析】因为A B 所以 a a 所以a Z.解
∪ ={1,2,3,4,5,6}, { +2,2 +1}⊆{2,3,4,5,6}, ∈
a a 得a 解a a 得a 解a a 得a 提示:需分
+2≤6,2 +1≤6 ≤2; +2≥2,2 +1≥2 ≥1; +2≠2 +1 ≠1(
情况讨论a的值 所以a .故选B.
), =2
2.A 【押考点】复数的四则运算及模
【深度解析】z 2 2 2 提示:平方差
=(2+i) -(1+2i) =(3+3i)(1-i)=3(1+i)(1-i)=3(1-i )=6(
公式 所以 z 2 2 .故选A.
), | +8i|=|6+8i|= 6 +8 =10
一题多解 z ( )2 ( )2 ( 2) ( 2) ,所以 z
= 2+i - 1+2i = 4+4i+i - 1+4i+4i = 6 | +8i| =|6+8i| =
2 2 .故选 .
6 +8 =10 A
3.C 【押考点】向量数量积的坐标运算及夹角
【深度解析】因为b c x b c 易错:向量的数量积公式易混淆 即 x
=(2,1), =(1, ), · =4( ), 2+ =
b c
解得x 所以c 所以 b c · 4 4 .故选C.
4, =2, =(1,2), cos〈 , 〉= b c = =
| || | 5× 5 5
4.D 【押题型】三视图与体积计算
【深度解析】由给定的三视图知 这个几何体是底面直径为 高为 的圆柱
, 2, 2 ,
上接一个底面直径为 2, 高为 3 的圆锥构成的组合体 , 如图.V 圆锥= 1 ×π×1 2 ×
3
( )
3= 3 π, V 圆柱=π×1 2 ×2=2π, 故该几何体的体积为V 圆柱+ V 圆锥= 2+ 3 π .故
3 3
选D.
5.B 【押考点】三角恒等变换
( ) ( )
【深度解析】由题知 π θ π π 又 θ π 3 则 θ π 6 故
- ≤ + ≤ , sin + = , cos + = ,
2 6 2 6 3 6 3
( ) ( ) ( ) ( )
θ π θ π π θ π π θ π π 3 3 6 1
sin + =sin + + =sin + cos +cos + sin = × + × =
3 6 6 6 6 6 6 3 2 3 2
3+ 6.故选B.
6
6.D 【押考点】等差数列的性质
【深度解析】设这 个数分别为a a a a a 由题意可得 a d 则a d 2 .由
5 1, 2, 3, 4, 5, 5 1+10 =2, 1+2 =
5ì
ïa 2 d
ï 1= -2 >0,
各项均为正数可得í 5 则 1 d 1 .故选D.
ï - < <
5 5
ïa 2 d d
î 5= -2 +4 >0,
5
7.D 【押题型】利用导数研究函数的极值点
x2 x
【深度解析】由题知函数 f x 的定义域为 f′ x 2 3 -3 +2
( ) (0,+∞), ( )= 1+ x2 - x = x2 =
x x
( -1)( -2) 当x 时 f′ x 当x 时 f′ x 所以x
x2 , ∈(0,1)∪(2,+∞) , ( )>0, ∈(1,2) , ( )<0, 1=2,
( )
x .所以f x f x x x 1 1 x x .故选D.
2=1 ( 1)+( 2)= 1+ 2-2 x +x -3ln( 1 2)=3-3-3ln2=-3ln2
1 2
8.B 【押风向】函数的奇偶性 充分条件与必要条件
、
【深度解析】令g x f x 若f x 是奇函数或偶函数 则g x f x f x
( )= | ( )|, ( ) , (- )= | (- )|=| ( )|=
g x 所以g x 是偶函数 所以y f x 的图像关于y轴对称 必要性成立
( ), ( ) , =| ( )| , ;
{ x
反之 不妨令f x 1, <1, 则 f x 所以y f x 的图像关于 y 轴对称 但是
, ( )= | ( )| =1, =| ( )| ,
x
-1, ≥1,
f x 是非奇非偶函数 充分性不成立 则甲是乙的必要条件但不是充分条件.故选B.
( ) , ,
9.D 【押考点】直线与双曲线的位置关系
【深度解析】由双曲线的对称性 不妨设点M在x
,
轴上及其上方 如图.
,
依题意 F .设P x y x 则 PR
, (2,0) ( 0, 0), 0≥ 3, | |=
x2 x2
x 3 . 由 0 y2 得 y2 0 所以 PF
0- - 0 =1 0 = -1, | | =
2 3 3
x2 x y2 4 x2 x 2 3x 所
0-4 0+4+ 0 = 0-4 0+3 = 0- 3,
3 3
PR
以| | 3 故选D.
PF = ,
| | 2
10.B 【押素材】香菇培育与条件概率
【深度解析】设事件A表示 选到的香菇全部来自甲菌种 事件B表示 选到的香菇是在
“ ”, “
温度为 的条件下培育出来的 则P A 12 P AB 1 故所求概率为P B A
30 ℃ ”, ( )= , ( )= , ( | )=
25 5
P AB
( ) 5 .故选B.
P A =
( ) 12
11.C 【押素材】函数模型的应用 指对互化
、
TR TR
【深度解析】由题意 , W ( T R)=10 -6W 0, 即 e -τ =10 -6 , 等号两边同时取自然对数得 ln e -τ =
T
ln 10 -6 , 即 - τ R =-6ln 10, 所以T R= τ ×6ln 10= τ ×6×(ln 2+ln 5)≈13 . 8 τ.故选C.
12.D
思路导引 正四棱锥P ABCD与其外接球球O的位置关系 用球O的半径R表示正
- →
POE
四棱锥P ABCD的高和底面边长 用R表示正四棱锥P ABCD的体积 R Rt△
- → - → →
OE 点E的轨迹 点E的轨迹长度
→ →【押题型】正四棱锥与球 动点轨迹
,
【深度解析】由题意 设球O的半径为R.如图所示 连接AC BD交于点O 连接PO 则
, , , , ,
AO
=
BO
=
PO
=
R
,
AB
= 2
R
,
PO
⊥
平面ABCD
,
所以V
四棱锥P - ABCD=
1
·
AB2
·
PO
=
1
×2
R2
×
3 3
R 4 2 解得 R . 在 POE 中 因为 OP EPO π 所以 OE OP
= , = 2 Rt△ , = 2,∠ = , = ·
3 6
EPO 6. 因为正方形 ABCD 的中心 O 到各边的距离为 2R 6 所以
tan∠ = =1> ,
3 2 3
点E的轨迹为平面ABCD内 以点O为圆心 半径r 6的圆 故点 E 的轨迹长度为
, , = ,
3
r 2 6π.故选D.
2π =
3
13. 【押题型】二项展开式的特定项系数
-1
【深度解析】由二项式定理得 (1+ ax ) 8 展开式的通项T r +1=C8 r ( ax ) r = ar C8 rxr , 令r =3 得T 4=
a3 3x3 则a3 3 解得a .
C8 , C8=-56, =-1
14. 【押考点】圆锥中的线面角
2
【深度解析】设该圆锥的底面圆半径和母线长分别为r l 母线与底面所成角为θ 由题意
,, ,
可得 rl r2 l r 易错:圆锥的侧面积公式 由勾股定理可得圆锥的高 h
π = 5π ⇒ = 5 ( ), =
h
r2 r2 r 所以圆锥的母线与底面所成角的正切值 θ .
5 - =2 , tan = r =2
15. 1 【押考点】直线与椭圆的位置关系
-
2
y
【深度解析】设点P x y 由题意可得A a A a 则k 0 1 k
( 0, 0), 1(- ,0), 2( ,0), PA
1
=x
0+
a=
3
①, PO=
ì
ïx 1 a
y ï 0= , y
0 联立 解得í 5 所以k 0 1 .
x 0 =2②, ①②, ï ïy 2 a PA 2 =x 0- a=- 2
î 0= ,
5
16. 2
π
6
思路导引 曲线y f(x) 点P,Q,M的位置
= →
思路一: MPQ, MQP, PMQ的关系 关于ω的等式 ω的值
tan∠ tan∠ tan∠ → →
思路二: PMQ的三边长 余弦定理 关于ω的等式 ω的值
△ → → →
【押考点】正弦型函数的图像与性质
k
【深度解析】令ωx π k k Z 得x π π k Z 则f x 的所有零点为x π
- = π( ∈ ), = ω+ω( ∈ ), ( ) = ω+
6 6 6
k
π k Z .设P x Q x 且x x π.令x 为f x 的第 个大于 的零点 则
ω( ∈ ) ( P,0), ( Q,0), Q- P= ω P ( ) 1 0 ,x π x 7π.因为当x 时 ωx π π 所以曲线y f x 与点P Q的位置如图所
P= ω, Q= ω =0 , - =- , = ( ) ,
6 6 6 6
示.因为 PMQ 所以点 M x 满足 x x x . 由 f x 得
tan∠ = - 2, ( M,1) M∈( P, Q) ( M)= 1,
( )
ωx π 3 由x x x 可得x π或x 5π.根据函数f x 图像的对称
sin M- = , M∈( P, Q), M= ω M= ω ( )
6 2 2 6
性 可不妨取x π 过点M作MN x轴于N.
, M= ω, ⊥
2
解法一:在 PMQ中 MPQ MQP PMQ
△ ,∠ +∠ =π-∠ ,
所以 MPQ MQP PMQ .
tan(∠ +∠ )=-tan∠ = 2
ω ω
因为 MPQ 1 3 MQP 1 3
tan∠ =x x = ,tan∠ =x x = ,
M- P π Q- M 2π
ω ω ω
3 3 9
MPQ MQP +
所以 MPQ MQP tan∠ +tan∠ π 2π 2π .
tan(∠ +∠ )=
1-tan∠
MPQ
tan∠
MQP=
3
ω
3
ω =
9
ω2
1-
π
·
2π
1-
2π 2
ω
9
ω2 ω
所以 2π 即9 2 9
ω2 = 2, 2 + - 2=0①,
9 2π 2π
1-
2
2π
( )
2
9 9 9 2
ω ω - ± -4× ×(- 2)
把方程 看成关于 的一元二次方程 解得 2 2 2
① , = =
π π 9 2
2×
2
9 15 9 15
- ± - +
2 2 而ω 所以ω 2 2 2 .
, >0, = π= π
9 2 9 2 6
解法二:因为 PMQ PMQ 所以 PMQ 3.
tan∠ =- 2,∠ ∈(0,π), cos∠ =-
3
2 2
在 △ PMQ中 ,| PM | 2 =( x M- x P) 2 +1 2 = π ω2 +1,| QM | 2 =( x Q- x M) 2 +1 2 = 4 ω π 2 +1,| PQ |= π ω .
9 9
由余弦定理得 PQ 2 PM 2 QM 2 PM QM PMQ
| | =| | +| | -2| |·| |cos∠ ,
( )( )
2 2 2 2 2
即π π 4π 2 3 π 4π
ω2 = ω2 +1+ ω2 +1+ ω2 +1 ω2 +1 ,
9 9 3 9 9
( )( ) ( ) ( )( )
2 2 2 2 2 2 2
即4π 2 3 π 4π 即 4π 4 π 4π
ω2 -2= ω2 +1 ω2 +1 , ω2 -2 = ω2 +1 ω2 +1 ,
9 3 9 9 9 3 9 9
4 2
即8π 17π .
ω4 - ω2 +2=0②
81 9
( )
2
17 17 8
2 2 ± -4×2×
把方程 看成关于π 的一元二次方程 解得π 9 9 81 9 或 .
② ω2 , ω2 = = 18
8 8
2×
812 2 2
又因为4π 即π 9 因此π 得ω π 2π.
ω2 -2≥0, ω2≥ , ω2 =18, = =
9 2 3 2 6
17.【押素材】样本的数据特征
【解】因为甲研究员试验耗材量的极差为 且最小值为 所以n .
21, 15, =6
因为乙研究员试验耗材量的第 百分位数为 . 且 %
70 28 5, 10×70 =7,
m
所以20+ +30 . 即m . 分
=28 5, =7 ………………………………………………………… 3
2
甲研究员试验耗材量的平均数为
x 1
1= ×(15+18+20+24+25+25+26+29+32+36)=25,
10
乙研究员试验耗材量的平均数为
x 1 分
2= ×(15+20+20+23+25+25+27+30+30+35)=25, ……………………………… 6
10
甲研究员试验耗材量的方差为
s2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 .
1= ×[(-10) +(-7) +(-5) +(-1) +1 +4 +7 +11 ]=36 2,
10
乙研究员试验耗材量的方差为
s2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 .
2= ×[(-10) +(-5) +(-5) +(-2) +2 +5 +5 +10 ]=30 8,
10
所以x x s2 s2 分
1= 2, 2< 1,……………………………………………………………………… 10
所以乙研究员试验耗材量的方差小于甲研究员试验耗材量的方差 说明乙研究员试验耗
,
材量相对于甲研究员试验耗材量更稳定. 分
…………………………………………… 12
18.【押考点】利用正余弦定理解三角形及基本不等式的应用
a b a b c2
【解】由a ( - )( + )+ 化简得a2 b2 c2 ab
(1) = a b , + - = ,
2 -
所以由余弦定理得 C
a2
+
b2
-
c2
1 . 分
cos = ab = ……………………………………………… 3
2 2
π
又因为 C 所以C . 分
0< <π, = 3 …………………………………………………………… 5
【证明】由 得a2 b2 c2 ab 由正弦定理得 2A 2B 3 A B 分
(2) (1) + - = , sin +sin - =sin sin , …… 7
4
由基本不等式得 A B 1 2A 2B 当且仅当 A B时 等号成立
sin sin ≤ (sin +sin ), sin =sin , ,
2
分
……………………………………………………………………………………… 9
所以 2A 2B 3 1 2A 2B
sin +sin - ≤ (sin +sin ),
4 2
当且仅当 A B时 等号成立 即 ABC为等边三角形时 等号成立 分
sin =sin , , △ , , ……… 10
3
解得 2A 2B 3 所以 2A 2B的最大值为 . 分
sin +sin ≤ , sin +sin 2 …………………………… 12
2
19.【押题型】四点共面的判断 二面角与异面直线所成角的求解
、
【解】 假设存在实数λ 使C M P A 四点共面.
(1) , , , , 1由正三棱柱的性质可知 ABC为正三角形 取BC的中点O 连接AO
△ , , ,
则AO BC.
⊥
又平面ABC 平面BCC B 平面ABC 平面BCC B BC AO 平面ABC
⊥ 1 1, ∩ 1 1= , ⊂ ,
所以AO 平面BCC B . 分
⊥ 1 1 ………………………………………………………………… 1
故以O为坐标原点 OB OA所在直线分别为x z轴 在平面BCC B 内 以过点O且垂直
, , , , 1 1 ,
于OB的直线为y轴 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz
, - ,
则A B C A B
(0,0,2 3), (2,0,0), (-2,0,0), 1(0,3,2 3), 1(2,3,0),
M N
(1,0, 3), (0,2,2 3),
则C→M C→A C→B B→N
=(3,0, 3), 1=(2,3,2 3), 1=(4,3,0), 1 =
. 分
(-2,-1,2 3) …………………………………………… 2
因为B→P λB→N λ
1 = 1 (0≤ ≤1),
所以C→P C→B B→P C→B λB→N λ
= 1+ 1 = 1+ 1 =(4,3,0)+ (-2,-1,2 3)=
λ λ λ .
(4-2 ,3- ,2 3 )
若C M P A 四点共面 则存在x y R满足C→P xC→M yC→A
, , , 1 , , ∈ = + 1,
ì
ïx 2
ï = ,
ì ï4-2 λ =3 x +2 y , ï 7
ï ï
又xC→M yC→A x y y x y 所以í λ y 解得íy 5 分
+ 1=(3 +2 ,3 , 3 +2 3 ), ï 3- =3 , ï = , …… 4
ï 7
î λ x y ï
2 3 = 3 +2 3 , ï
ïλ 6 .
î =
7
6
故存在实数λ 使C M P A 四点共面. 分
= 7 , , , , 1 ………………………………………… 5
一题多解 因为点M,P,A 均在平面ABB A 内,点C 平面ABB A ,
1 1 1 ∉ 1 1
所以若C,M,P,A 四点共面,则M,P,A 三点共线. ………………………………… 分
1 1 2
在矩形ABB A 中,B→N B→A A→N B→A 1 A→A B→A 1 B→B,
1 1 1 = 1 1+ 1 = 1 1+ 1 = 1 1+ 1
3 3
λ
所以B→P λB→N λB→A B→B,M→A M→A A→A 1 B→A A→A 1 B→A B→B,
1 = 1 = 1 1+ 1 1= + 1= 1 1- 1 = 1 1- 1
3 2 2
λ ( ) ( λ )
M→P M→B B→B B→P 1 B→A B→B λB→A B→B λ 1 B→A B→B.
= + 1+ 1 =- 1 1- 1 + 1 1+ 1 = - 1 1+ -1 1
2 3 2 3
( λ ) ( )
因为M,P,A 三点共线,所以M→A M→P,所以 1 λ 1 ,解得λ 6 .
1 1∥ -1 =- - =
2 3 2 7
故存在实数λ 6 ,使C,M,P,A 四点共面. ………………………………………… 分
= 1 5
7
由 得C→P λ λ λ C→B
(2) (1) =(4-2 ,3- ,2 3 ), =(4,0,0),
设平面PBC的法向量为n x y z
=( 1, 1, 1),
{n C→B { x
· =0, 4 1=0,
则 即
n C→P λ x λ y λz
· =0, (4-2 ) 1+(3- ) 1+2 3 1=0,λ ( λ )
则x 令z 得y 6 则n 6 .
1=0, 1= 3, 1=λ , = 0,λ , 3
-3 -3
易知平面BCC B 的一个法向量为m 分
1 1 =(0,0,1), …………………………………… 7
m n
则 m n | · | 3 π
|cos〈 , 〉|= | m || n | = ( λ ) 2 =cos 6 ,
6
3+ λ
-3
( )
解得λ 3 或λ 3 舍 则C→P 22 18 6 3
= =- ( ), = , , ,
7 5 7 7 7
( )
所以B→P C→P C→B 6 18 6 3 . 分
= - = - , , ………………………………………………… 9
7 7 7
设异面直线BP与B C 所成角为θ
1 1 ,
又C→B
1 1=(4,0,0),
B→P C→B
则 θ B→P C→B | · 1 1| 13 分
cos =|cos〈 , 1 1〉|= B→P C→B = 13 ,…………………………………… 11
| || 1 1|
所以 θ 2 θ 2 39 θ
sin = 1-cos = ,tan =2 3,
13
故异面直线BP与B C 所成角的正切值为2 3. 分
1 1 …………………………………… 12
20.【押题型】导数的几何意义 利用导数讨论函数的单调性
、
x t
【解】 对f x 求导得f′ x 1- 则曲线y f x 在点 t f t 处切线l的斜率为1- .
(1) ( ) ( )= x , = ( ) ( ,( )) t
e e
t
若切线l平行于直线y x 则1- 即 t t . 分
= +2, t =1, e+ =1 …………………………………… 2
e
设φ t t t 则φ′ t t 所以φ t 在 上单调递增.
( )=e+, ( )=e+1>0, ( ) (-∞,+∞)
而φ 所以方程φ t 有唯一解t .
(0)=1, ( )=1 =0
故曲线y f x 平行于直线y x 的切线只有一条 即在点 处的切线y=x. 分
= ( ) = +2 , (0,0) … 5
因为g x g x 所以g x 的一个周期是 .
(2) ( )= ( +2π), ( ) 2π
( x x)
g′
(
x
)=e
sin x
cos
x
-e
cos x
sin
x
=
co
c
s
os x -
si
s
n
in x e
sin x +cos x
=e
sin x +cos x
[
f
(cos
x
)-
f
(sin
x
)],
e e
而 sin x +cos x 因此g′ x 的正负与f x f x 的正负一致. 分
e >0, ( ) (cos )-(sin ) ………………… 8
由 知当x 时 f′ x 则f x 单调递增
(1) ≤1 , ( )≥0, ( ) ,
所以f x f x 等价于 x x f x f x 等价于 x x. 分
(cos )>(sin ) cos >sin ,(cos )<(sin ) cos sin ; ∈
4 4
( )
k π k 5π k Z 时 x x.
2 π+ ,2 π+ ( ∈ ) ,cos 0, ( )= 0 = , ( ) -∞,
4 8 2 2
( )
减 在 1 上单调递增
, ,+∞ ,
2
( )
所以f t 的最小值为f 1 故 AB 的最小值为2 2. 分
( ) =8, | | …………………………… 4
2
t ( ]
【解】由题可知 OCB 4 ACO | | 1 提示:点A可能在x轴上
(2) tan∠ = ,tan∠ =t2 ∈ 0, (
3 +1 2
方,也可能在x轴下方,所以要分类讨论 .
)
25
ACO
当t 时 ACB OCB ACO 所以 ACB 4-3tan∠ 3 4 .
>0 ,∠ =∠ -∠ , tan∠ = ACO=- + ACO
3+4tan∠ 4 3+4tan∠
( ]
因为 ACO 1 所以 1 ACB 4 分
tan∠ ∈ 0, , ≤tan∠ < ; ………………………………… 6
2 2 3
25
ACO
当t 时 ACB OCB ACO 所以 ACB 4+3tan∠ 3 4 .
<0 ,∠ =∠ +∠ , tan∠ = ACO=- + ACO
3-4tan∠ 4 3-4tan∠
( ]
因为 ACO 1 所以 4 ACB 11. 分
tan∠ ∈ 0, , 0 , ≥2;
当 1 x 时 f x x x x f x 即 x 解得 3 x 分
- ≤ <2 ,( )=2 +1+2 -4=4 -3,( )>0, 4 -3>0, < <2; …… 2
2 4
当x 1 时 f x f x 不成立 则x . 分
<- ,( )=-5,( )>0 , ∈⌀ …………………………………… 4
2
( 3 )
综上 不等式f x 的解集为 ,+∞ . 分
, ( )>0 4 …………………………………………… 5
令g x f x x 则g x x x x x
(2) ( )= ( )+4| -2|, ( )= |2 +1|+|2 -4|≥|2 +1-(2 -4)|=5,
当且仅当 x x 时 即 1 x 时 等号成立 即g x 的值域为 .
(2 +1)(2 -4)≤0 , - ≤ ≤2 , , ( ) [5,+∞)
2
分
………………………………………………………………………………………… 7
所以不等式g x m2 m恒成立 可转化为 m2 m 恒成立 即 m2 m
( )>2 -3 , 2 -3 <5 , 2 -3 -5<0,
分
………………………………………………………………………………………… 9
( 5 )
解得 m 5 即实数m的取值范围为 -1, . 分
-1< < , 2 ………………………………… 10
22024 年全国高考名校名师联席命制
数学(理)押题卷(五)
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A B B C D A C A D
题号 11 12 13 14 15 16
答案 A D 10 3 38
55 (-2,- 3] ±
7 38
1.C 【押考点】指数 对数不等式的解法及集合的交集运算
、
【深度解析】因为A x x x x B x x x x 所以A B
={ |log2 ≤1}={ |0< ≤2}, ={ |e ≤2}={ | ≤ln 2}, ∩
x x 故选C.
={ |0< ≤ln2},
2.A 【押考点】复数的四则运算 共轭复数及虚部的概念
、
2
【深度解析】由 2z 得z 2+i 2+i 2i+i 1 所以z 1 所以z的虚部
(1+i) =2+i, =
2
= =
2
= -i, = +i,
(1+i) 2i 2i 2 2
为 故选A.
1,
3.B 【押考点】利用导数判断函数的单调性 二次函数的性质
、
【深度解析】 f x x2 x m x 的定义域为 且 f x 在定义域内单调递增
∵ ( )= -2 + ln (0,+∞), ( ) ,
m
f′ x x 在 上恒成立 即m x2 x在 上恒成立.
∴ ( )=2 -2+ x ≥0 (0,+∞) , ≥-2 +2 (0,+∞)
( )
2
令g x x2 x x 1 1 x g x 1 提示:二次函数的性质
( )=-2 +2 =-2 - + ( >0),∴ ( )max= ( ),
2 2 2
[ )
m 1 即实数m的取值范围为 1 .故选B.
∴ ≥ , ,+∞
2 2
4.B 【押考点】分步乘法计数原理 排列组合的应用
、
【深度解析】第一步 先把 名女生捆绑在一起有 2 种情况 第二步 把 名女生当成一个
: 2 A2 , : 2
元素和 名男生进行排列有 4 种站法 第三步 利用插空法安排王老师 四个元素排好有
3 A4 , : ,
五个空 且王老师不能站在两端 所以王老师只能站在中间的三个空中 所以王老师有 1
, , , A3
种站法 由分步乘法计数原理可得不同的站法共有 2 4 1 种 .故选B.
, A2A4A3=144( )
快解 把 名女生捆绑在一起,与其他 个人排列,有 2· 5 (种)情况,
2 4 A2 A5=240
王老师站在两端的情况有 1 4 2 (种),所以王老师不站在两端, 名女生相邻的不
C2A4A2=96 2
同站法有 (种).故选 .
240-96=144 B
5.C 【押考点】利用正 余弦定理解三角形
、
【深度解析】 c b A 由余弦定理得 c b
b2
+
c2
-
a2
整理得b2 a2 即b a.
∵ =2 cos ,∴ , =2 · bc , = , =
2
又 a A b B c C B 由正弦定理得 a2 b2 c2 bc A
b2
+
c2
-
a2
∵ sin - sin = (sin -sin ),∴ , = + - ,∴ cos = bc =
2
bc
1 .又 A A π 另解: b2 a2, c2 bc a2 b2 , b c . 又 b a
bc= ∵ 0< <π,∴ = ( ∵ = ∴ - = - =0 ∴ = ) = ,
2 2 3
ABC是等边三角形 B π.故选C.
∴ △ ,∴ =
36.D 【押素材】线性回归方程的应用
【深度解析】因为x 1 y 1 所以回归直线
= (20+25+30+35+40)=30, = (5+7+8+9+11)=8,
5 5
过点 故 . a^ 即a^ . 所以y^ . x . .将x 代入y^ . x .
(30,8), 8=0 25×30+ , =0 5, =0 25 +0 5 =45 =0 25 +0 5
中 得y^ . . . .故选D.
, =0 25×45+0 5=11 75
7.A 【押题型】利用函数的奇偶性 单调性解不等式
、
【深度解析】由题意可知 f x 的定义域为 R 且 f x -|- x | -| x | f x 所以
( ) , (- )= e =e = ( ),
f x 为偶函数.当x 时 f x 1 则函数f x 在 上单调递减 且f x .
( ) >0 ,( )= x, ( ) (0,+∞) , ( )>0
e
所以不等式f a f a 成立 需 a a 解得a 或a 1 又a 所以a 1
(2 )<( -1) , |2 |>| -1|, <-1 > , >0, > ,
3 3
( )
即正实数a的取值范围是 1 .故选A.
,+∞
3
8.C 【押考点】异面直线所成角
【深度解析】如图 连接AC 与BD交于点O 则O为AC的中点 取PC
, , , ,
的中点E 连接OE DE 则OE AP EOD为异面直线AP与BD所
, , , ∥ ,∴ ∠
成的角或其补角.
PD 平面ABCD CD 平面ABCD PD CD.
∵ ⊥ , ⊂ ,∴ ⊥
PC DE 5 又OE 1 PA 5 OD 1 BD
∵ = 5,∴ = , = = , = = 2,
2 2 2 2
5 5
OD2 OE2 DE2 2+ -
在 ODE中 根据余弦定理可得 EOD + - 4 4 10.故选C.
△ , cos∠ = OD OE = =
2 · 5 5
2× 2×
2
9.A 【押考点】简单的线性规划问题
【深度解析】由约束条件作出可行域 如图中阴影部分 含边界 所示.
, ( )
二元一次不等式 x y a 有解 等价于 x y a有解 则 x y a.
2 - - ≤0 , 2 - ≤ , (2 - )min≤
设z x y 作出直线 x y 并平移.由图可知 当直线经过点 A 时 z 取得最小值 解
=2 - , 2 - =0 , , ,
{x y {x
+ -1=0, =-1,
得 即A 所以z的最小值为 .
(-1,2), -1×2-2=-4
y y
=2, =2,
所以a 即实数a的取值范围是 .故选A.
≥-4, [-4,+∞)10.D 【押考点】平面向量的坐标运算 向量夹角
、
【深度解析】 a b k a b k 解得k b .
∵ =(1,-1), =(2, ), ⊥ ,∴2- =0, =2,∴ =(2,2)
c a tb c t t .
∵ = - ,∴ =(1-2,-1-2)
a c b c c a c b c
∵ 〈 , 〉=〈 , 〉,| |≠0,∴ cos〈 , 〉=cos〈 , 〉,
a c b c a c b c t
· · 则 · · 即 2 -8 解得t 1 .故选D.
∴ a c = b c , a = b , = , =-
| || | | || | | | | | 2 2 2 2
11.A 【押题型】圆的方程 直线与圆的位置关系 点到直线的距离公式
, ,
【深度解析】设圆C的圆心为C x y .因为圆C关于直线x y 对称的圆的方程为
( , ) - +1=0
x 2 y 2 圆 x 2 y 2 的圆心为N 半径为 所以圆C的半
( -4) +( +1) =4, ( -4) +( +1) =4 (4,-1), 2,
ìy
ï +1
ïx =-1, {x
-4 =-2,
径为 两圆的圆心关于直线x y 对称 则í 解得 即C
2, - +1=0 , ïx y y (-2,
ï +4 -1 =5,
î - +1=0,
2 2
y
故圆C的方程为 x 2 y 2 . 的几何意义为圆C上的点P x y 与坐标原
5), ( +2) +( -5) =4 x ( , )
点O 连线的斜率 如图 过原点O作圆C的切线 当切线的斜率存在时 设切线方程
(0,0) , , , ,
k
为y kx 即kx y 所以圆心C 到直线kx y 的距离d |2 +5| 解得k
= , - =0, (-2,5) - =0 = =2, =
k2
+1
y
21.由图可知 的最大值是 21.故选A.
- x -
20 20
12.D
思路导引 由抛物线的定义及点P到准线的距离 p 抛物线的方程,设出直线l的
→ →
与抛物线方程联立 S
方程 点A,B纵坐标的关系 S 的表达式 △ AOB=2 2 直线l的斜
→ → △ AOB →
抛物线定义
率 点A,B横坐标的关系 AF · BF 的值
→ →| | | |
【押题型】抛物线的定义 几何性质及直线与抛物线的综合问题
、
p
【深度解析】因为抛物线C y2 px p 上一点P y 到其准线x 的距离为 所
: =2 ( >0) (2, 0) =- 3,
2
p
以 解得p 所以抛物线C的标准方程为y2 x.
+2=3, =2, =4
2
由抛物线C的方程可知 焦点F 根据题意可知直线AB的斜率存在且不为 设直
, (1,0), 0,
{y k x
= ( -1), k
线AB y k x k A x y B x y .由 消去x整理得 y2 y k
: = ( -1), ≠0, ( 1, 1), ( 2, 2)
y2 x 4
- - =0,
=4 ,
Δ
=1+
k2
>0,
所以y
1+
y
2=
4
k ,
y
1
y
2=-4
.又
|
OF
|=1,
所以S
△ AOB=
1
|
OF
|·|
y
1-
y
2|=
1
|
OF
|·
2 2
y y y y
y y 2 y y 1 16 解得k 则x x 1 2 1+ 2
( 1+ 2) -4 1 2 = k2 +16=2 2, =±1, 1+ 2= k +1+ k +1= k +2=
2y2y2
4 x x 1 2 则 AF BF x x x x x x
k2 +2=6, 1 2= =1, | |·| |=( 1+1)·( 2+1)= 1 2+( 1+ 2)+1=1+6+1=
16
.故选D.
8
13.10 【押考点】等比数列的通项公式及前n项和公式
7
【深度解析】设等比数列
{
a
n}
的公比为q
(
q
≠0)
.
∵
a
5=27
a
2,∴
a
2
q3
=27
a
2,
解得q
=3
.
4
S a q q2 解得 a S 2×(1-3 ) 4 a a q3
∵ 3=26,∴ 1(1+ + )= 26, 1=2,∴ 4= =3 -1=80, 4= 1 =54,
1-3
S
4 80 10.
∴ a a = =
1+ 4 56 7
14. 【押考点】循环结构的程序框图
55
【解析】初始值i S
=1, =0,
第一次循环 S 2 i 不满足退出循环条件 继续循环
: =0+1 =1, =1<5, , ;
第二次循环 i S 2 i 不满足退出循环条件 继续循环
: =2, =1+2 =5, =2<5, , ;
第三次循环 i S 2 i 不满足退出循环条件 继续循环
: =3, =5+3 =14, =3<5, , ;
第四次循环 i S 2 i 不满足退出循环条件 继续循环
: =4, =14+4 =30, =4<5, , ;
第五次循环 i S 2 i 满足退出循环条件 输出S .
: =5, =30+5 =55, =5, , =55
15. 【押题型】三角函数的图像变换 正弦型函数的图像与性质
(-2,- 3] ,
【深度解析】根据f x 的部分图像 可得A .
( ) , =1
( ) ( ) ( ) ( )
由图可知点 2 10 1 在f x 的图像上 则 ω 2 φ ω 10 φ
,1 , ,- ( ) , sin × + =1,sin × + =
3 3 2 3 3
1 根据五点作图法可得 ω 2 φ π ω 10 φ π 解得 ω π φ π 则
- , × + = , × + =2π- , = , = ,
2 3 2 3 6 2 6
( )
f x πx π .将函数f x 图像上所有点的横坐标缩短为原来的π 纵坐标伸长
( )=sin + ( ) ,
2 6 4
( )
到原来的 倍得到y x π 的图像 再把得到的图像向左平移π个单位长度 可
2 =2sin 2 + , ,
6 12
( )
得到g x x π 的图像.
( )=2sin 2 +
3
作出函数g x 的部分图像如图所示
( ) ,
根据函数g x 的图像知 当 m 时 直线y m与
( ) , -2< ≤- 3 , =
[ ]
函数 g x 在 π 上的图像有两个交点 即方程
( ) - ,0 ,
2
[ ]
g x m在 π 上有两个不相等的实数根.
( )= - ,0
2
16. 3 38
±
38
思路导引 联立
直线l的方程,双曲线C的方程 点P,Q坐标间的关系 PQ 点A,
→ →| |→
解方程
B到直线l的距离 S S k的值
→ 1 2 →
【押题型】双曲线的方程和性质 直线与双曲线的位置关系 三角形的面积
, ,
x2
【深度解析】因为双曲线C的方程为 y2 所以A B .
- =1, (-2,0), (2,0)
4因为直线l的方程为y kx
= -1,
ì
ï ï
x2
y2
- =1,
所以联立í4 消去y整理得 k2 x2 kx .
ïï (1-4 ) +8 -8=0
îy kx
= -1,
由 k2 Δ k2 得k2 1 .
1-4 ≠0, =32(1-2 )>0, <
2
k
设P x y Q x y 则x x -8 x x -8 .
( 1, 1), ( 2, 2), 1+ 2= k2, 1· 2= k2
1-4 1-4
由直线l与双曲线C的左 右两支分别交于P Q两点 得x x -8
、 , , 1· 2= k2<0,
1-4
解得k2 1 .
<
4
k2 k2
所以 PQ k2 x x k2 x x 2 x x 4 1+ 2-4 .
| |= 1+ | 1- 2|= 1+ ( 1+ 2) -4 1 2 = k2
1-4
k k
又点A 到直线l的距离d |-2 -1| 点B 到直线l的距离d |2 -1|
(-2,0) 1= k2 , (2,0) 2= k2 ,
+1 +1
k2 ( )( ) k2
所以d d |1-4 | 所以S S 1 PQ d 1 PQ d 4(2-4 )
1 2= k2 , 1 2= | | 1 | | 2 = k2 =80,
+1 2 2 1-4
解得k2 9 满足k2 1 所以k 3 38.
= , < , =±
38 4 38
17.【押考点】等差数列的通项公式 等差数列 等比数列的前n项和 分组求和
, 、 ,
【解】 设数列 a 的公差为d.因为a S
(1) { n} 3=5, 7=49,
{a d {a
所以
1+2 =5,
解得
1=1,
分
……………………………………………………… 4
a d d
7 1+21 =49, =2,
所以a 2n-1. 分
n= ………………………………………………………………………… 5
{ n n为偶数
2 , ,
由 可得 b 分
(2) (1) , n= …………………………………………………… 7
n n为奇数
, ,
所以T b b b b b b b b b
2 n= 1+ 2+…+ 2 n=( 1+ 3+…+ 2 n -1)+( 2+ 4+…+ 2 n)
n 2 4 2 n
=[1+3+5+…+(2 -1)]+(2 +2 +…+2 )
n n n
(1+2 -1) 4(1-4 )
= +
2 1-4
4n+1 4
+n2- . 分
= 3 3 ………………………………………………………………………… 12
18.【押题型】线面平行的判定 线面 面面垂直的判定与性质及线面角的求解
, 、
【证明】在梯形ABCD中 因为AB CD 所以 COD AOB.因为AB CD 所以
(1) , ∥ , △ ∽△ =6, =2,
CD OD DE OD
1 .因为PE 3 PD 所以 1 所以PB OE. 分
AB=OB= = , PE= =OB, ∥ …………………… 3
3 4 3
又因为PB 平面PBC OE 平面PBC 所以OE 平面PBC. 分
⊂ , ⊄ , ∥ ……………………… 4
【解】因为 ACB ° 所以AC BC.
(2) ∠ =90 , ⊥
又因为PA BC PA AC A 所以BC 平面PAC.
⊥ , ∩ = , ⊥
因为BC 平面PBC 所以平面PBC 平面PAC. 分
⊂ , ⊥ …………………………………… 6
解法一:如图 取PC的中点为H 连接AH.因为PA AC 所以AH PC.
, , = =2 3, ⊥因为平面PBC 平面PAC 平面 PAC 平面 PBC PC AH 平面 PAC 所以 AH 平面
⊥ , ∩ = , ⊂ , ⊥
PBC. 分
……………………………………………………………………………………… 8
CD
在线段AB上取点F 使得AF 1 AB 连接CF 如图.因为 1 所以AF CD.
, = , , AB= , =
3 3
因为AB CD BAD ° 所以四边形AFCD为矩形 所以AD CF
∥ ,∠ =90 , , ∥ ,
所以直线AD与平面PBC所成的角即为直线CF与平面PBC所成的角 记为θ. 分
, … 9
在 PAC中 PA AC PC 所以AH 故点F到平面PBC的距离为4 2.
△ , =2 3, =2 3, =4, =2 2,
3
4 2
因为CF AD AC2 CD2 所以 θ 3 2
= = - =2 2, sin = = ,
2 2 3
2
所以直线AD与平面PBC所成角的正弦值为 . 分
3 …………………………………… 12
解法二:如图 取PC的中点为H 连接AH.因为PA AC 所以AH PC.
, , = =2 3, ⊥
因为平面PBC 平面PAC 平面 PAC 平面 PBC PC AH 平面 PAC 所以 AH 平面
⊥ , ∩ = , ⊂ , ⊥
PBC. 分
……………………………………………………………………………………… 8
如图 延长AD BC交于点F 连接HF 则 AFH即为直线AD与平面PBC所成的角.
, , , , ∠
在 PAC中 PA AC PC 所以AH .
△ , =2 3, =2 3, =4, =2 2
在 ADC中 ADC ° AC CD 所以AD . 分
△ ,∠ =90 , =2 3, =2, =2 2 ………………………… 10
CD
因为AB CD 1 AD 所以AF
∥ ,AB= , =2 2, =3 2,
3
AH 2
所以直线AD与平面PBC所成角的正弦值为 2 2 . 分
AF= = 3 ……………………… 12
3 2
解法三:如图 以点 C 为坐标原点 CB CA 所在直线分别为 x y 轴 过点 C 且与底面
, , , , ,
ABCD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系.
因为AB AC CD PC PA 所以C A B
= 3 =3 =6, =4, =2 3, (0,0,0), (0,2 3,0), (2 6,0,0),
( ) ( ) ( ) ( )
D 2 6 2 3 P 4 3 4 6 所以 D→A 2 6 4 3 C→P 4 3 4 6 C→B
- , ,0 , 0, , , = , ,0 , = 0, , , =
3 3 3 3 3 3 3 3
. 分
(2 6,0,0) ……………………………………………………………………………… 9
设平面PBC的法向量为m x y z
=( , , ),ì
{C→P
·
m
=0,
ï ï4 3y
+
4 6z
=0,
则 即í 3 3 令y 则z 则m
ï =2, =- 2, =(0,2,- 2),
C→B m ï
· =0, î x
2 6 =0,
8 3
D→A m 2
故直线AD与平面PBC所成角的正弦值为 D→A m | · | 3 .
|cos〈 , 〉|= D→A m = = 3
| · | 2 2× 6
分
………………………………………………………………………………………… 12
19.【押素材】频率分布直方图 中位数 正态分布 二项分布的应用
、 、 、
【解】 由频率分布直方图 得 . . . a . .
(1) , 10×(0 004+0 008+0 012+ +0 026+0 032)=1,
解得a 0.018. 分
= …………………………………………………………………………… 2
由频率分布直方图 得前 组的频率为 . . . .
(2) , 3 10×(0 004+0 008+0 012)=0 24,
前 组的频率为 . . . . . 所以中位数恰好为
4 10×(0 004+0 008+0 012+0 026)=0 5, 80,
则估计这 名学生成绩的中位数为80. 分
600 …………………………………………… 4
由题意得μ . . . . . . .
(3)① =45×0 04+55×0 08+65×0 12+75×0 26+85×0 32+95×0 18=77 8,
P μ σ X μ σ
所以X N . 2 则P X . P X μ σ 1- ( - < < + ) .
~ (77 8,9 ), ( >86 8)= ( > + )= ≈0 15865,
2
分
………………………………………………………………………………………… 7
所以 .
28000×0 15865≈4442,
故估计竞赛成绩超过 . 分的学生约有4 442人. 分
86 8 ………………………………… 9
由 得X N . 2 则P X . 1
② ① ~ (77 8,9 ), ( >77 8)= ,
2
( )
所以随机变量Y B 1 所以E Y 1 5. 分
~ 10, , ( )=10× = ……………………………… 12
2 2
20. 思路导引 与椭圆方程联立
( )设出直线 l 的方程 点 P,Q 坐标间的关系 O 是
2 → →
PQE的重心 O→P O→Q E→O 点E的坐标 代入椭圆方程 直线l的方程中参数间
△ → + = → → →
弦长公式
的关系 S 的表达式 得出结论
点到直线的距离公式→ △ PQE →
【押题型】椭圆的标准方程 几何性质 直线与椭圆的位置关系及定值问题
、 ,
【解】 因为椭圆的上顶点与F F 所构成的三角形的面积为
(1) 1, 2 3,
所以S 1 c b 所以bc . 分
= ×2 × = 3, = 3 …………………………………………………… 2
2
c c
因为e 3 与bc 联立解得b c 所以a
=
2
= a = b2
+
c2 , = 3 =1, = 3, =2,
x2
故椭圆C的标准方程为 +y2=1. 分
4 …………………………………………………… 4因为斜率为k的直线l与C有两个不同的交点P Q 所以设直线l的方程为y kx m
(2) , , = + ,
P x y Q x y E x y .
( 1, 1), ( 2, 2), ( 3, 3)
ìy kx m
ï ï = + ,
由
î
í
ïï x2
+
y2
=1,
消去y
,
整理得
(1+4
k2
)
x2
+8
mkx
+4
m2
-4=0,
4
由Δ m2k2 k2 m2 得 k2 m2
=64 -4(1+4 )(4 -4)>0 1+4 > ,
mk m2
则x x 8 x x 4 -4. 分
1+ 2=- k2, 1 2= k2 ……………………………………………………… 6
1+4 1+4
(利用平面向量中与重心相关的性质及坐标求得点E的坐标)
因为坐标原点O恰好为 PQE的重心 所以O→P O→Q E→O
△ , + = ,
mk m
所以x x x 8 y y y -2 . 分
3=-( 1+ 2)= k2, 3=-( 1+ 2)= k2 …………………………………… 8
1+4 1+4
( mk ) 2
8
k2 ( m ) 2
因为E x y 在椭圆C上 所以 1+4 -2
( 3, 3) , + k2 =1,
4 1+4
化简得 m2 k2 所以m2 1 .
4 =1+4 , ≥
4
( mk ) 2 m2 k2 m2
因为 PQ k2 x x k2 8 4 -4 k2 4 4 - +1
| |= 1+ | 1- 2|= 1+ - k2 -4× k2 = 1+ · k2 =
1+4 1+4 1+4
m k2
4 3| | 1+
k2 ,
1+4
mk2 m
8 2 m
点E到直线PQ的距离d |
kx
3-
y
3+
m
| 1+4
k2 +
1+4
k2 +
|3
m
|
= k2 = k2 = k2 ,
1+ 1+ 1+
m m k2 m2
所以S 1 3| | 4 3| | 1+ 6 3 3 3 为定值.
△ PQE=
2
×
1+
k2 ×
1+4
k2 =
1+4
k2 =
2
,
3 3
综上所述 PQE的面积为定值 . 分
,△ 2 ………………………………………………… 12
21. 思路导引 ( )对f(x)求导 判断f′(x)的正负 f(x)的单调性;
1 → →
( )将原不等式转化为 x [ , ), x x2 ax x 恒成立 构造函数F(x)
2 ∀ ∈ 0 +∞ e - -2 -cos ≥0 → =
x x2 ax x,x [ , ) 对F(x)求导 对a分类讨论 F′(x)的正负 F(x)的
e - -2 -cos ∈ 0 +∞ → → → →
单调性 a的取值范围
→
【押考点】利用导数判断函数单调性 根据不等式恒成立求参数取值范围
,
【解】 当a 时 f x x x2 所以f′ x x x
(1) =1 ,( )=e - +2, ( )=e -2 ,
令m x x x 所以m′ x x
( )=e -2 , ( )=e -2,
当x 时 m′ x
ln2 , ( )>0,
所以m x m 即f′ x
( )≥ (ln2)=2-2ln2>0, ( )>0,
从而有函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 分
………………………………………… 5
因为f x x ax2 所以f′ x x ax
(2) ( )=e - +2, ( )=e -2 ,又g x x2 x
( )= +cos ,
x f′ x g x 恒成立等价于 x x x2 ax x 恒成立.
∀ ∈[0,+∞), ( )≥ ( ) ∀ ∈[0,+∞),e - -2 -cos ≥0
分
……………………………………………………………………………………… 7
记F x x x2 ax x x 所以F′ x x x a x.
( )=e - -2 -cos , ∈[0,+∞), ( )=e -2 -2 +sin
令h x x x a x x 所以h′ x x x .
( )=e -2 -2 +sin , ∈[0,+∞), ( )=e +cos -2
设r x x x x 从而r′ x x x
( )=e +cos -2, ∈[0,+∞), ( )=e -sin >0,
则r x 在 上单调递增
( ) [0,+∞) ,
故有r x r 则h x 在 上单调递增
( )≥ (0)=0, ( ) [0,+∞) ,
即F′ x 在 上单调递增 故有F′ x F′ a. 分
( ) [0,+∞) , ( )≥ (0)=1-2 ……………………… 8
当a 1 时 F′ x F′ a 此时F x 单调递增
≤ , ( )≥ (0)=1-2 ≥0, ( ) ,
2
从而F x F 满足题意.
( )≥ (0)=0,
当a 1 时 F′ a 且F′ x 在 上单调递增
> , (0)=1-2 <0, ( ) (0,+∞) ,
2
故存在x 满足F′ x
0∈(0,+∞) ( )=0,
则F x 在 x 上单调递减 所以当x x 时 F x F 不满足题意.
( ) (0, 0) , ∈[0, 0) , ( )≤ (0)=0,
( 1 ]
综上 a的取值范围为 -∞, . 分
, 2 …………………………………………………… 12
22.【押题型】参数方程与普通方程的互化 直角坐标方程与极坐标方程的互化 极径的几何
, ,
意义
{x α
【解】 由曲线C 的参数方程为 =2+2cos , α为参数 消去参数可得其普通方程
(1) 1 y α ( ),
=2sin
为(x-2)2+y2=4. 分
………………………………………………………………………… 2
由题知直线C 的直角坐标方程为y x 即x y 将x ρ θ y ρ θ代入
2 = -1, - -1=0, = cos , = sin ,
( π) 2
得ρ θ ρ θ 则直线C 的极坐标方程为ρcos θ+ = . 分
cos - sin -1=0, 2 4 2 ……………… 4
由 可知C 的普通方程为 x 2 y2 即x2 y2 x
(2) (1) 1 ( -2) + =4, + =4 ,
故其极坐标方程为ρ θ. 分
=4cos ………………………………………………………… 6
曲线C 的极坐标方程为θ π
3 = ,
2
ìρ θ
ï ï =4cos ,
由í 解得ρ
ïïθ π
M=0,
î = ,
2
ì ( )
ï
ρ θ π 2
ïï cos + = ,
由í 4 2 解得ρ
ï
N=-1,
ïθ π
î = ,
2
所以 MN ρ ρ 1. 分
| |=| M- N|= ……………………………………………………………… 10
23.【押题型】绝对值三角不等式 基本不等式的应用
,
【解】 x R f x m恒成立
(1)∵ ∀ ∈ ,( )≥ ,m x x 在x R上恒成立
∴ ≤| +2|+| -2| ∈ ,
m x x . 分
∴ ≤(| +2|+| -2|)min ……………………………………………………………… 2
又 x x x x 当且仅当 x x 即x 时
∵ | +2|+| -2|≥|( +2)-( -2)|=4, ( -2)( +2)≤0, ∈[-2,2] ,
等号成立
,
m 即实数m的取值范围为(-∞,4]. 分
∴ ≤4, …………………………………………… 4
由 可知函数f x 的最小值k b a 1 a a.
(2) (1) ( ) =4,∴ ( -1)= ×4+2 =2+2
2
a
a b a 且b 2 +2. 分
∵ >0, >0,∴ >1, = a ……………………………………………………… 7
-1
a
a b a 2 +2 a 4 a 4 当且仅当a 4 即a 时
∴ + = +a = -1+a +3≥2 ( -1)·a +3=7, -1=a , =3 ,
-1 -1 -1 -1
等号成立
,
a b的最小值为7. 分
∴ + …………………………………………………………………… 102024 年全国高考名校名师联席命制
数学(理)押题卷(六)
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A D B C B D C C C
题号 11 12 13 14 15 16
( ]
答案 A C 2 2022 1
-8 [4,+∞) -∞, e+ ln2
5 2
1.B 【押考点】集合的并集与补集运算
【深度解析】 A x x B x x A B x x A B
∵ ={ |0< <1}, ={ |-1< <2},∴ ∪ ={ |-1< <2},∴ ∁R( ∪ )=
.故选B.
(-∞,-1]∪[2,+∞)
一题多解 A {x x },B {x x }, (A B) ( A) ( B) ( ,
∵ = |0< <1 = |-1< <2 ∴ ∁R ∪ = ∁R ∩ ∁R = -∞
] [ , ).故选 .
-1 ∪ 2 +∞ B
2.A 【押考点】复数的运算 共轭复数的定义 复数的几何意义
、 、
【深度解析】由题知 复数z 2+i z 复数z在复平面内所对应的点为
, = =1-2i,∴ =1+2i,∴ (1,
i
位于第一象限.故选A.
2),
3.D 【押考点】几何体的三视图和体积
【深度解析】根据几何体的三视图可得该几何体为上底面边长为 下底面边长为 高为
2, 4, 3
的正四棱台 故该几何体的体积V 1 h S SS′ S′ 1 .故
, = ( + + )= ×3×(4+ 4×16+16)= 28
3 3
选D.
4.B 【押题型】程序框图 等比数列求和
、
【深度解析】该算法的功能是计算a 1 2 3 2 022 2-2
2023
2 023.故选B.
=2+2 +2 +2 +…+2 =2+ =2
1-2
5.C 【押考点】向量的线性运算与数量积运算
【深度解析】如图 在 ACD中 记→CA a C→D b 则A→D C→D →CA b a.
, △ , = , = , = - = -
B→D A→D 0 D→B A→D b a.在 BCD 中 C→B C→D D→B b a 又 a b
∵ +2 = ,∴ =2 =2 -2 △ , = + =3 -2 , | | =3,| | =
a b π C→B b2 a2 a b 2 .故选C.
2,〈 , 〉= ,∴ | |= 9 +4 -12 · = 18+36-12×3× 2× =3 2
4 2
一题多解
在 ACD 中, →CA , C→D , ACD π, 由余弦定理得
△ ∵ | | =3 | | = 2 ∠ = ∴
4
AD AC2 CD2 AC·CD· ACD .又 B→D A→D 0, A,D,B三点共线,且
= + -2 cos∠ = 5 +2 = ∴BD AD , AB .在 ACD中,由余弦定理得 CAD 9+5-2 2 5.在
=2 =2 5 ∴ =3 5 △ cos∠ = =
2×3× 5 5
ABC中,由余弦定理得BC2 2 5 ,解得BC ,即 C→B .
△ =9+45-2×3×3 5× =18 =3 2 | |=3 2
5
故选 .
C
6.B 【押题型】函数与数列的综合应用
【深度解析】易知函数f
(
x
)=
x5
+2
x3
+3
x是奇函数
,
且在R上单调递增.
∵
a
n +3 =
a
n(
n
∈
N∗
),∴
a
1=
a
2 023=1,
a
2=
a
2 024,
a
3=
a
2 025,∴
f
(
a
1)+
f
(
a
2+
a
3)=
f
(
a
2 023)+
f
(
a
2 024+
a
2 025)= 0,
f a f a a f a a a a a 即a a a 数列 a 的前
∴ ( 1)=-( 2+ 3)= (- 2- 3),∴ 1=- 2- 3, 1+ 2+ 3=0,∴ { n} 2 023
项和为 a a a a a .故选B.
674×( 1+ 2+ 3)+ 2 023=0+ 1=1
7.D 【押考点】直线与圆的位置关系
【深度解析】由题知 直线l x y 圆C x 2 y 2 m m 令 m r2.因
, : +2 -1=0, :( -1) +( -2) =5- ( <5), 5- =
为圆C被直线l所截得的弧长之比为 所以两段弧所对圆心角之比为 设圆C与
1 ∶ 2, 1 ∶ 2,
直线l的交点分别为A B 则劣弧所对的圆心角 ACB ° 又 CA CB r 所以圆心
, , ∠ =120 , | |=| |= ,
r
C到直线l的距离为|1+2×2-1| 故r 8 5 所以 m 64 m 39.故选D.
= , = , 5- = , =-
1 2 +2 2 2 5 5 5
8.C 【押考点】随机事件的概率 排列组合的实际应用
、
【深度解析】 将 诗经 尚书 礼记 周易 春秋 这五本经书分给两组 每组
《 》 《 》 《 》 《 》 《 》 ,
分配两本或三本 其所有等可能事件总数为 2 3 2 其中 诗经 与 春秋 恰好分配
, C5C3A2=20, ,《 》 《 》
到同一组所包含的基本事件个数为 2 3 2 2 1 2 2 所以 诗经 与 春秋 恰好分配
C2C3A2+C2C3C2A2=8, 《 》 《 》
到同一组的概率为 8 2 .故选C.
=
20 5
9.C 【押题型】正弦函数的图像与性质 三角函数图像的平移变换
、
( ) ( ) ( )
【深度解析】 函数 f x 的图像关于点 π 中心对称 f π 2π φ 又
∵ ( ) ,0 ,∴ =2sin + =0,
3 3 3
( )
π φ π φ π 则f x x π .
- < < ,∴ = , ( )=2sin 2 +
2 2 3 3
( ) ( ) ( ) ( ù
当x π π 时 x π π 2π x π 3 úú f x 故A
∈ - , ,2 + ∈ - , ,sin 2 + ∈ - ,1û,( )∈(- 3,2],
3 6 3 3 3 3 2
错误
;
( )
将函数f x 的图像向右平移π个单位长度得到函数g x x π 的图像 提示:三
( ) ( )=2sin 2 - (
3 3
角函数图像的左右平移变换遵循“左加右减”的原则 故B错误
), ;
令 π k x π π k k Z 得 π k x 5π k k Z 当k 时 π x
- +2 π≤2 - ≤ +2 π, ∈ , - + π≤ ≤ + π, ∈ , =0 ,- ≤ ≤
2 3 2 12 12 12
[ ]
5π 函数g x 在 π 5π 上单调递增 故C正确
,∴ ( ) - , , ;
12 12 12
k
令 x π k k Z 得x π π k Z 函数g x 在区间 内的零点有x 5π
2 - = π, ∈ , = + , ∈ ,∴ ( ) [-π,π] =- ,
3 6 2 6
x π x π x 2π 共 个 故D错误.故选C.
=- , = , = , 4 ,
3 6 3方法速记 已知函数f(x) (ωx φ)(ω ),若求函数f(x)的单调递增区间,则令
=sin + >0
π k ωx φ π k ,k Z;若求函数f(x)的单调递减区间,则令π k ωx
- +2 π≤ + ≤ +2 π ∈ +2 π≤ +
2 2 2
φ 3π k ,k Z;若求函数f(x)的极值点或图像的对称轴,则令ωx φ π k ,k Z;
≤ +2 π ∈ + = + π ∈
2 2
若求函数f(x)的零点或图像的对称中心,则令ωx φ k ,k Z.
+ = π ∈
10.C 【押题型】正四棱台的外接球
【深度解析】令O O分别是正四棱台ABCD A B C D 的上 下底面的中心 连接OO
1, - 1 1 1 1 、 , 1,
A O OA 上底面外接圆半径r A O 下底面外接圆半径r AO 则棱台的高
1 1, , 1= 1 1= 2, = =2 2,
为 .设外接球的半径为R 显然球心M在OO 所在的直线上.当棱台两底面在球
3-2=1 , 1
心异侧时 即球心M在线段 OO 上 如图 设 OM x x 则 O M x 由 MA
, 1 , ①, = ,0< <1, 1 =1- , =
MA R 得 2 x2 2 x 2 解得x 5 舍去 则棱台两底面在球心
1= , (2 2) + = ( 2) +(1- ) , =- <0, ,
2
同侧 球心M在线段O O的延长线上 如图 .设OM x x 则O M x 由MC MA
, 1 , ② = , >0, 1 =1+ , = 1=
( )
2
R 得 2 x2 2 x 2 解得 x 5 所以 R 2 5 57
, (2 2) + = ( 2) +(1+ ) , = , = (2 2) + = ,
2 2 2
( )
3
所以该正四棱台的外接球的体积为4πR3 4π 57 19 57π.故选C.
= × =
3 3 2 2
图 图
① ②
11.A
思路导引 平行四边形的性质 联立方程
已知条件 a,b,c 双曲线C S S
→ → → △ ADE=2 △ OAE →
象限内点的坐标特征 m2 ( )
y
1+
y
2
,y
1
y
2 →0≤
m2
<
1
→
S
△ OAE =
6
m
+
2
1
0≤
m2
<
1
3 1-3 3
构造新函数
(S ) (S )
函数的单调性→ △ OAE min→ △ ADE min
【押考点】双曲线的方程与性质 直线与双曲线的位置关系
、
ì c
ï2 =4, ìa
ïïb ï ï =1, y2
【深度解析】由题意知í 解得íb 故双曲线C的标准方程为x2 .
ïa = 3, ï = 3, - =1
ï 3
î
ïï
a2 b2 c2
îc
=2,
+ = ,
由题意及双曲线的对称性 平行四边形ABCD与双曲线C如图.
,四边形ABDE为平行四边形 S S .
∵ ,∴ △ ADE=2 △ OAE
由题知 直线AE的斜率不为零 且F 故设直线AE的方程为x my .
, , 2(2,0), = +2
ì
ïïx2
y2
由í ïï
-
3
=1,消去x并整理得
(3 m2 -1) y2 +12 my +9=0,3 m2 -1≠0, Δ =36( m2 +1)>0,
îx my
= +2,
m
设A x y E x y 由根与系数的关系可得y y 12 y y 9 .
( 1, 1), ( 2, 2), 1+ 2=- m2 , 1 2= m2
3 -1 3 -1
ì
ïm y y 4
{x x ï ( 1+ 2)+4=- m2 >0,
点A E均在双曲线的右支上
1+ 2>0,
即í
3 -1
∵ , ,∴ x x ï m2
1 2>0, ïm2y y m y y 3 +4
î 1 2+2 ( 1+ 2)+4=- m2 >0,
3 -1
解得 0 ≤ m2 < 1 , ∴ S △ OAE = 1 | OF 2 | · | y 1 - y 2 | = ( y 1+ y 2) 2 -4 y 1 y 2 =
3 2
( m ) 2 m2 ( )
12 9 6 +1 m2 1 .
- m2 -4× m2 = m2 0≤ <
3 -1 3 -1 1-3 3
( ) ( )
t
令 m2
+1=
t
1≤
t
<
2 3
,
则m2
=
t2
-1,∴
S
△ OAE=
6
t2 =
6
1≤
t
<
2 3 .
3 4-3 4 t 3
t -3
é )
y 4 t在êê 2 3 上单调递减
∵ = t -3 ë1, ,
3
当t 时 S ADE面积的最小值为 故选A.
∴ =1 ,( △ OAE)min=6,∴ △ 12,
12.C
思路导引 已知条件 取 BD 的中点 O,作 AN CO 交 CO 的延长线于点 N
→ ⊥
空间线面的位置关系 余弦定理、同角三角函数的基本关系
AN NP AN NP 点P的轨迹
→ ⊥ → → →
圆的周长公式
解题
→
【押考点】轨迹的长度
【深度解析】如图 取BD的中点O 连接AO CO 易得AO BD CO BD 又AO CO O
, , , , ⊥ , ⊥ , ∩ = ,
AO CO 平面AOC 所以BD 平面AOC.又AB AD 所以BD AO CO .在
, ⊂ , ⊥ = = 2, =2, =1, = 3AOC中 AC 由余弦定理得 AOC 1+3-6 3.作AN CO交CO的延长线
△ , = 6, cos∠ = =- ⊥
2×1× 3 3
于点N 则AN BD 又BD CO O BD CO 平面BCD 所以AN 平面BCD.又NP 平
, ⊥ , ∩ = , , ⊂ , ⊥ ⊂
面BCD 所以AN NP.所以 AOC 6 所以 AN AO AON 6.在 ANP
, ⊥ sin∠ = , = ·sin∠ = Rt△
3 3
中 AP 则NP AP2 AN2 3 所以点P的轨迹是以N为圆心 3为半径的圆 则点
, =1, = - = , , ,
3 3
P的轨迹长度为2 3π.故选C.
3
13. 【押题型】线性规划
-8
【深度解析】作出可行域 如图中阴影部分 包含边界 所示.作出直线 x y 并平移
, ( ) 5 -3 =0 ,
由图知 当直线经过点A 时 目标函数z x y取得最小值 且z .
, (-1,1) , =5 -3 , min=-5-3=-8
2022
14.2 【押考点】等比数列的通项公式与求和公式
5
a q4
1(1- )
S q
【深度解析】设等比数列 a 的公比为q 由题意知q 且q 则 4 1- 1
{ n} , >0 ≠1, S = a q8 = q4 =
8 1(1- ) 1+
q
1-
1
,
解得q
=2
.则S
4=
a
1(1-
q
q4
)
=15
a
1=3,∴
a
1=
1
,∴
a
2 023=
a
1
q2 022
=
1
×2
2 022
=
2 2 022 .
17 1- 5 5 5
一题多解 设等比数列{a }的公比为q,根据等比数列的性质,得S ,S S ,S S
n 4 8- 4 12- 8
S S
成公比为q4 的等比数列,
∴
q4
=
8
S
- 4
=
51-3
=16
.又等比数列{a
n
}的各项均为正数,
4 3
∴
q
=2
,又S
4=
a
1
(
1-
q
q4)
=15
a
1=3
,
∴
a
1=
1 ,
∴
a
2 023=
a
1
q2 022
=
1
×2
2 022
=
2 2 022 .
1- 5 5 5
15. 【押考点】椭圆的性质
[4,+∞)
【深度解析】设椭圆C上一点M MF m m MF n n F F c 由椭圆
,| 1|= ( >0),| 2|= ( >0),| 1 2|=2 ,
m2 n2 c2
的定义知 m n a. 在 MF F 中 由余弦定理得 F MF + -4
+ = 2 △ 1 2 , cos∠ 1 2 = mn =
2
m n 2 mn c2 a2 c2 mn b2 (m n) 2
( + ) -2 -4 4 -4 -2 4 .又mn + a2 当且仅当m n 即点M
mn = mn = mn-1 ≤ = , = ,
2 2 2 2为椭圆短轴的端点时 等号成立 此时 F MF 取得最小值 即 F MF 取得最大值
, , cos∠ 1 2 , ∠ 1 2 ,
如图所示. 要使得椭圆 C 上存在点 P 使得 F PF ° 根据椭圆的对称性 可得
∠ 1 2 =120 , ,
OM b
OMF ° OMF 1 即在 OMF 中 | | 2 1 解得a 所
∠ 2≥60 ,cos∠ 2≤ , Rt△ 2 , MF = a = a ≤ , ≥4,
2 | 2| 2
以a的取值范围为 .
[4,+∞)
( ]
16. 1
-∞, e+ ln2
2
思路导引 ( ) 求导
已知条件 m f(x)在 1 , 上恒成立 存在 x
→ < +∞ 零点存在定理→ 0∈
2
( ) ( ) ( )
1 , ,使得x x f(x)在 1 , 上单调递增 m f 1 解题
1 0=-ln 0→ +∞ → ≤ →
2 2 2
【押考点】函数与导数的综合应用 隐零点
,
( )
【深度解析】由题知函数f x 的定义域为 m f x 在 1 上恒成立.f′ x
( ) (0,+∞), <( ) ,+∞ ( )=
2
x x 令r x f′ x x x 则r′ x x 1 . r′ x 在 上单调递增
e -ln -1, ( )= ( )=e -ln -1, ( )=e - x ∵ ( ) (0,+∞) ,
( ) ( ) ( )
r′ 1 r′ 且r′ x 的图像在 1 上连续 存在x 1
= e-2<0, (1)=e-1>0, ( ) ,1 ,∴ 0∈ ,1 ,
2 2 2
使得r′ x 提示:函数零点存在定理 即 x 0 1 则 x x 当 x
( 0)= 0( ), e -x =0, 0 =-ln 0,∴ ∈
0
( )
1 x 时 r x 单调递减 当x x 时 r x 单调递增 r x 的最小值为r x
, 0 , ( ) ; ∈( 0,+∞) , ( ) ,∴ ( ) ( 0)=
2
( )
x
0 x 1 x 1 x f′ x f x 在 1 上单调递
e -ln 0-1=x + 0-1>2 x · 0-1=1>0,∴ ( )>0,∴ ( ) ,+∞
0 0 2
( ) ( ]
增 m f 1 1 1 1 即实数m的取值范围是 1 .
,∴ ≤ = e- ln = e+ ln2, -∞, e+ ln2
2 2 2 2 2
17.【押考点】利用正余弦定理解三角形 三角形的面积公式 三角恒等变换
, ,
【解】在 ABC中 A b C c B a
(1) △ ,∵5cos ( cos + cos )=3 ,
由正弦定理可得 A B C C B A
∴ 5cos (sin cos +sin cos )=3sin ,
即 A B C A A A.
5cos sin( + )=5cos sin =3sin
A A A 3 分
∵ ∈(0,π),sin >0,∴ cos = , …………………………………………………… 3
5
A 9 4
∴ sin = 1- = ,
25 5
ABC的面积为 1 bc A 1 4 2. 分
∴ △ sin = ×5× = ………………………………………… 6
2 2 5
【证明】由 知 A
b2
+
c2
-
a2
(
b
+
c
)
2
-2
bc
-
a2
(
b
+
c
)
2
-10-(2 5)
2
3
(2) (1) cos = bc = bc = = ,
2 2 10 5
b c . 分
∴ + =6 ………………………………………………………………………………… 8又bc
=5,
{b {b
=1, =5,
或 分
∴ ……………………………………………………………………… 9
c c .
=5, =1
当a b c 时 C
a2
+
b2
-
c2
5
=2 5, =1, =5 ,cos = ab =- <0,
2 5
C为钝角 此时 ABC是钝角三角形 分
∴ , △ ;……………………………………………… 10
当a b c 时 同理可得B为钝角 此时 ABC是钝角三角形.
=2 5, =5, =1 , , △
综上 ABC是钝角三角形. 分
,△ …………………………………………………………… 12
18.【押考点】线面垂直的判定定理 二面角的求解
、
【证明】 在直四棱柱ABCD A B C D 中 BB 底面ABCD BC 底面ABCD
(1) ∵ - 1 1 1 1 , 1⊥ , ⊂ ,
BB BC.
∴ 1⊥
又AB BC BB AB B BB AB 平面ABB A BC 平面ABB A . 分
⊥ , 1∩ = , 1, ⊂ 1 1,∴ ⊥ 1 1 …………… 2
AB 平面ABB A BC AB . 分
∵ 1⊂ 1 1,∴ ⊥ 1 …………………………………………………… 3
易知四边形ABB A 是正方形 A B AB .
1 1 ,∴ 1 ⊥ 1
又A B BC B A B BC 平面A BC AB 平面A BC. 分
1 ∩ = , 1 , ⊂ 1 ,∴ 1⊥ 1 ………………………… 5
【解】 BA BC BB 两两垂直 以B为坐标原点 分别以BA BC BB 所在直线为
(2) ∵ , , 1 ,∴ , , , 1
x轴 y轴 z轴 建立如图所示的空间直角坐标系B xyz
、 、 , - ,
则B C A D
(0,0,0), (0,2,0), 1(2,0,2), (2,1,0),
B→C C→D A→D .
∴ =(0,2,0), =(2,-1,0), 1 =(0,1,-2)
设平面A CD的法向量为m x y z
1 =( , , ),
{C→D m x y
· =2 - =0,
则 令x 得m . 分
=1, =(1,2,1) …… 8
A→D m y z
1 · = -2 =0,
易知平面ABB A 的一个法向量为B→C
1 1 =(0,2,0),
m B→C
m B→C · 4 6 分
∴ cos〈 , 〉= | m || B→C | = 6×2 = 3 , ……………………………………………… 11
6
故平面A CD与平面ABB A 所成锐二面角的余弦值为 . 分
1 1 1 3 ………………………… 12
19.【押素材】线性回归方程 离散型随机变量的分布列与数学期望
、
【解】 x . y 1
(1)∵ =5 5, = ×(2+8+9+12+10+13+15+16+17+18)=12,
10
10 10
∑i=
x
i
y
i =787,∑i=
x2i
=385,
1 1
10
xy - x y
b^ ∑i= 1 i i 10 787-10×5 . 5×12 254 . 分
∴ = 10 = . 2 = ≈1 54, ……………………………… 2
∑i=
x2i -
10
x2 385-10×5 5 165
1
a^ y b^x . . .
∴ = - =12-1 54×5 5=3 53,
线性回归方程为y^ . x . . 分
∴ =1 54 +3 53 …………………………………………………… 4
当x 时 y^ . . .
∴ =11 , =1 54×11+3 53=20 47,在不改变经营状态的情况下 预测该小卖部 年的年利润为20.47万元. 分
∴ , 2023 …… 6
年这 年中 年利润不低于 万元的有 年 年利润超过 万元的有
(2)2013~2022 10 , 12 6 , 14 4
年 故X的可能取值为 .
, 1,2,3
2 1 1 2 3
P X C2C4 1 P X C2C4 3 P X C4 1 分
( =1)= 3 = , ( =2)= 3 = , ( =3)= 3 = ,……………………… 8
C6 5 C6 5 C6 5
X的分布列为
∴
X
1 2 3
分
P 1 3 1 ………………… 10
5 5 5
期望E X 1 3 1 2. 分
∴ ( )=1× +2× +3× = ……………………………………………… 12
5 5 5
20.【押题型】抛物线的方程 直线与抛物线的位置关系 直线过定点问题
, ,
【解】依题意 圆心Q的轨迹是以F 为焦点 直线x 为准线的抛物线
(1) , (1,0) , =-1 ,
分
………………………………………………………………………………………… 2
所以曲线C的方程为y2=4x. 分
…………………………………………………………… 4
【证明】设直线l的方程为y kx b
(2) = + ,
l与C的方程联立 得k2x2 kb x b2 分
, +2( -2) + =0, ………………………………………… 6
( )
当l与C相切时 Δ kb 2 k2b2 则kb b 1 故A 1 2 .
, =4( -2) -4 =0, =1, = k , k2, k
直线MN的方程为y 1 x 1 与C的方程联立得x2 k2 x .
=- k + k , -2(2 +1) +1=0
设M x y N x y 则x x k2
( 1, 1), ( 2, 2), 1+ 2=2(2 +1),
y y 1 x 1 1 x 1 1 x x 2 k
1+ 2=- k 1+ k - k 2+ k =- k ( 1+ 2)+ k =-4 ,
x x y y
所以 1+ 2 k2 1+ 2 k
=2 +1, =-2 ,
2 2
所以B k2 k . 分
(2 +1,-2 ) …………………………………………………………………… 8
当直线AB的斜率不存在时 1 k2 解得k 2
,k2 =2 +1, =± ,
2
此时直线AB的方程为x . 分
=2 ………………………………………………………… 10
2 k
k +2
当直线AB的斜率存在时 AB的方程为y k x k2
, +2 = ( -2 -1),
1 k2
k2 -2 -1
由抛物线的对称性 可知定点在x轴上
, ,
( )
k 1 k2
k2 -2 -1 k2 k2
令y 则x k2 (2 -1)( +1) k2
=0, -2 -1= =- k2 =-2 +1,
1 k +1
k +
所以x 所以直线AB过定点 .
=2, (2,0)
综上 直线AB过定点(2,0). 分
, ………………………………………………………… 1221. 思路导引 求导 不等式的性质
( )已知条件 令F(x) x x F(x) x x
1 → =e - -1 → ≥0→e ≥ +1 →
x x x 结论成立
e - -cos ≥0→
ì
ï a 1 φ(x) 符合题意
ï① = → ≥0→
6
ï
求导ï
( )令φ(x) f(x) x í a 1 φ(x) 不符合题意
2 = +2cos -2 →ï② > → <0→
6
ï
ï ï a 1 φ(x) 不符合题意
î③ < → <0→
6
【押考点】利用导数讨论函数的单调性与最值 零点存在定理 不等式恒成立问题
、 、
【证明】当a 时 f x x x x x R.
(1) =0 ,( )=e - -cos , ∈
令F x x x x R 则F′ x x .
( )=e - -1, ∈ , ( )=e -1
当x 时 F′ x 函数F x 单调递减
<0 , ( )<0, ( ) ;
当x 时 F′ x 函数F x 单调递增
>0 , ( )>0, ( ) ,
F x F x x 分
∴ ( )≥ (0)=0,∴ e ≥ +1,………………………………………………………… 3
x x x x x x
∴ e - -cos ≥ +1- -cos ≥0,
即当a 时 f x 在R上恒成立. 分
=0 ,( )≥0 ………………………………………………… 5
【解】令φ x f x x x x ax3 x x R
(2) ( )= ( )+2cos -2=e +cos - - -2, ∈ ,
若对于任意的x R f x x 恒成立 则φ x φ . 分
∈ ,( )+2cos -2≥0 , ( )≥ (0)=0 ……………… 6
令φ x φ′ x x x ax2
1( )= ( )=e -sin -3 -1,
令φ x φ′ x x x ax
2( )= 1( )=e -cos -6 ,
令φ x φ′ x x x a.
3( )= 2( )=e +sin -6
当a 1 时 由 可知 φ x φ′ x x x x 在R上恒成立且φ x 不恒为
① = , (1) , 2( )= 1( )=e -cos - ≥0 2( )
6
零 则φ x 在R上为增函数.
, 1( )
φ
∵ 1(0)=0,
当x 时 φ x 此时函数φ x 单调递减
∴ <0 , 1( )<0, ( ) ;
当x 时 φ x 此时函数φ x 单调递增
>0 , 1( )>0, ( ) ,
φ x φ 符合题意. 分
∴ ( )≥ (0)=0, ………………………………………………………… 7
当a 1 时 φ′ x x x.
② > , 3( )=e +cos
6
[ ]
当x π 时 x x 所以φ′ x
∈ - ,0 ,e >0,cos ≥0, 3( )>0;
2
( )
当x π 时 x x 所以φ′ x
∈ 0, ,e >1,cos >0, 3( )>0;
2当x π时 x π 2 x 所以φ′ x
≥ ,e ≥e >e,cos ≥-1, 3( )>0,
2
[ )
函数φ x 在 π 上单调递增.
∴ 3( ) - ,+∞
2
φ a φ 6 a 6 a 6 a a a 6 a a
∵ 3(0)=1-6 <0, 3(e )>e +1+sin e -6 >6 +2+sin e -6 >0,
存在x 6 a 使得φ x
∴ 0∈(0,e ), 3( 0)=0,
当 x x 时 φ x 则函数φ x 在 x 上单调递减
0< < 0 , 3( )<0, 2( ) (0, 0) ,
φ x φ 则函数φ x 在 x 上单调递减
2( )< 2(0)=0, 1( ) (0, 0) ,
φ x φ 则函数φ x 在 x 上单调递减
1( )< 1(0)=0, ( ) (0, 0) ,
故当 x x 时 φ x φ 不符合题意. 分
0< < 0 , ( )< (0)=0, ………………………………………… 9
( ) ( )
当a 1 时 φ a 若φ π 由 知φ x 在 π 上单调递增 则
③ < , 3(0)=1-6 >0, 3 - <0, ② 3( ) - ,0 ,
6 2 2
( )
存在x π 使得φ x 且当x x 时 φ x
1∈ - ,0 , 3( 1)=0, ∈( 1,0) , 3( )>0;
2
( ) ( ) ( )
若φ π 由 知φ x 在 π 上单调递增 当x π 时 φ x .
3 - ≥0, ② 3( ) - ,0 ,∴ ∈ - ,0 , 3( )>0
2 2 2
当a 1 时 函数φ x 在 x 上单调递增
∴ < , 2( ) ( 1,0) ,
6
当x x 时 φ x φ 函数φ x 在 x 上单调递减
∈( 1,0) , 2( )< 2(0)=0,∴ 1( ) ( 1,0) ,
φ x φ 函数φ x 在 x 上单调递增
1( )> 1(0)=0,∴ ( ) ( 1,0) ,
故当x x 时 φ x φ 不符合题意.
∈( 1,0) , ( )< (0)=0,
综上所述 存在a 1 使得对于任意的x R 都有f x x 恒成立
, = , ∈ , ( )+2cos -2≥0 ,
6
{ 1 }
实数a的取值范围为 . 分
∴ 6 ………………………………………………………… 12
22.【押考点】参数方程与普通方程 极坐标方程与直角坐标方程间的相互转化 参数的几何
、 ,
意义
ì
ï
x 2t
ïï = ,
【解】 直线l的参数方程为í 2 t为参数
(1)∵ ï ( ),
ïy 2t
î = -3
2
直线l的普通方程为x-y-3=0. 分
∴ …………………………………………………… 2
曲线C的极坐标方程为ρ2 ρ θ
∵ -4 cos -4=0,
且x ρ θ y ρ θ x2 y2 ρ2
= cos , = sin , + = ,
曲线C的直角坐标方程为(x-2)2+y2=8. 分
∴ ………………………………………… 5
易知点P 在直线l上 分
(2) (0,-3) , ……………………………………………………… 6
ì
ï
x 2t
ïï = ,
2
将í 代入 x 2 y2 整理得t2 t .
ï ( -2) + =8, -5 2 +5=0
ïy 2t
î = -3
2
设点E F对应的参数分别为t t
, 1,2,则t t t t 分
1+ 2=5 2,1 2=5,…………………………………………………………………… 8
PE PF t t t t 2 t t 2 30. 分
∴ || |-| ||=| 1- 2|= ( 1+ 2) -41 2 = (5 2) -4×5= …………… 10
23.【押考点】绝对值不等式的解法 不等式恒成立求参数范围
,
【解】 f x x x
(1)∵ ( )= | +1|+| -3|,
当x 时 f x 即 x x 解得x
∴ ≤-1 ,( )≥6 - -1- +3≥6, ≤-2;
当 x 时 f x 即x x 无解
-1< <3 ,( )≥6 +1- +3≥6, ;
当x 时 f x 即x x 解得x .
≥3 ,( )≥6 +1+ -3≥6, ≥4
综上 不等式f x 的解集为(-∞,-2] [4,+∞). 分
, ( )≥6 ∪ ……………………………… 5
f x a2 a的解集为R f x a2 a在R上恒成立 f x a2 a.
(2)∵ ( )≥2 +2 ,∴ ( )≥2 +2 ,∴ ( )min≥2 +2
ì x x
ï-2 +2, ≤-1,
ï
由 可得f x í x f x .
(1) ( )=ï4,-1< <3, ∴ ( )min=4
ï
î x x
2 -2, ≥3,
a2 a 解得 a
∴2 +2 ≤4, -2≤ ≤1,
实数a的取值范围为[-2,1]. 分
∴ ……………………………………………………… 10
