高考数学理科精准备考猜题卷（一）-【名校之约】2024年高考精准备考猜题卷（老高考版）

绝密★启用前 2024届高三高考精准备考猜题卷（一）·数学（理科） [满分150分，用时120分钟] 的 注意事项： 蜜 1,答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦千净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用05毫米及以上 黑色笔迹签字笔写在答题卡上。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 的 都 参考公式：锥体的体积公式：V=了h(其中s为锥体的底面积，h为锥体的高). 一，选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的) 1.已知集合A={yy=x2-4x十4，x∈R},B={xy=1n(4-x2)},则A∩B= A.[0,2) B.[-2,2] C.(-2,0) D.(-2,2) 展开式中的常数项是 的 A.-84 B.84 C.-126 D.126 类 3.已知复数之=m十(m2一m)i(m∈R),则下列结论错误的是 A.若2≥0，则≥0 B.若g是虚数，则>m C.之不可能是纯虚数 D.≈可表示复平面内的点(1一n,一1) 4.命题“3xo∈R,x名一a.xo十I≤0”为假命题，则实数a的取值范围是 A.[-2,2] B.(-2,1) C.[-2,1] D.(-2,2) 5.在空间中，a,3表示两个不重合的平面，m表示直线，已知a∩3=l,则下列命题正确的是 尝 A.若m∥l,则m与a,3都平行 B.若m与a,3都平行，则m∥l C.若m与1异面，则m与a,3都相交 D.若m与a,3都相交，则m与l异面 6.执行如图所示的程序框图，为使输出的数据为31，则判断框中应填入的条件为 家 下始S-1,1 是，2计可 否 输出S子（结束 A.i≤4 B.i≤5 C.i≤6 D.i≤7 .已知双曲线C:浔 =1(a>0,b>0)的左焦点为F,过点F的直线l:x十√5y+m=0与y轴交于点 B,与双曲线C交于点A(A在y轴右侧).若B是线段AF的中点，则双曲线C的离心率是() A.② B.2 C.3 D.3 【名校之约系列2024届高三高考精准备考猜题卷（一）·数学（理科）第1页（共4页）】 8.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c,acos C+√3 asin C-b-c=0,3b+c=4,点D在边BC上， 且BD=3DC,则线段AD长度的最小值为 A号 B C.1 5 0. 9.设a=e1-1,b=0c=ln1.1,则 A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b 10.已知函数f(x)=Asin(mx十p)的部分图象如图所示，则下列说法正确的是 A.f(x)的图象关于（牙，0）中心对称 R.在区间[3x,受]上单调递增 C若u)在[0]上有4个零点，则实数a的取值范围是[竖竖】 D.将g(x)=2cos3x的图象向右平移牙个单位长度，可以得到函数f(x)的图象 11.142857被称为世界上最神秘的数字，142857×1=142857,142857×2=285714,142857×3= 428571,142857×4=571428,142857×5=714285,142857×6=857142,所得结果是这些数字反 复出现，若a=e14257,b=血1285714+1c=1.285714,则 2 A.a>b>c B.c>b>a C.b>a>c D.a>c>b 12.如图，已知椭圆C和双曲线C2具有相同的焦点F1(一c,0),F2(c,0),A, B,C,D是它们的公共点，且都在圆x2十y2=c2上，直线AB与x轴交于点 P,直线CP与双曲线C2交于点Q,记直线AC,AQ的斜率分别为k1,2,若 椭圆G的离心率为，则k:的值为 A.2 R2 C.3 D.4 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13.设向量a,b满足(a,b)=牙，a=1.b=1,则a+3b= 14.小明所在的公司上午9：00上班，小明上班通常选择自驾、公交或地铁这三种方式.若小明选择自驾， 则从家里到达公司所用的时间（单位：分钟）服从正态分布V1(38,25):若小明选择地铁，则从家里到 达公司所用的时间（单位：分钟）服从正态分布N2(45,9):若小明选择公交，则从家里到达公司所用 的时间（单位：分钟）服从正态分布N3(36,16).若小明上午8：12从家里出发，则选择 上班迟到的可能性最小.（填“自驾”“公交”或“地铁”） 参考数据：若X~V(,a2),则P(μ≤X≤十a)≈68.3%，P(μ-2a≤X≤+2a)95.4%,P(- 3a≤X≤4十3a)≈99.7% 【名校之约系列2024届高三高考精准备考猜题卷（一）·数学（理科）第2页（共4页）】 15.已知函数f(x)=x3一2x2,若f(m)=32e”,则m一n的最小值为 16.已知点M为正方体ABCD-A1B1C1D1内切球球面上的动点，点N为棱B1C的中点，且DM⊥BV, 若该内切球的体积为，则动点M的轨迹的长度为 三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17~21题为必考题，每个试题考生 都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答) (一)必考题（共60分） 17.(12分)已知数列{an}满足a1=1,am=2am十1(n∈N). (1)求证：数列{am十1}是等比数列： (2)设bn=n,求{anbn}的前n项和Tn 18.(12分)某单位进行招聘面试，已知参加面试的N名学生全都来自A,B,C三所学校，其中来自A校 的学生人数为n(n>1).该单位要求所有面试人员面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码( =1,2,3,·,N),按面试号码k由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟，面试完成后自行 离场 (1)求面试号码为2的学生来自A校的概率： (2)若N=40,n=10,且B,C两所学校参加面试的学生人数比为1：2，求A校参加面试的学生先于 其他两校学生完成面试(A校所有参加面试的学生完成面试后，B,C两校都还有学生未完成面试) 的概率； (3)记随机变量X表示最后一名A校学生完成面试所用的时长（从第1名学生开始面试到最后一名 A校学生完成面试所用的时间)，E(X)是X的数学期望，证明：E(X)=5m(N+D n十1 19.(12分)在三棱柱ABCA1B1C中，侧面AA,C1C是矩形，E是B1C1的中点，且AB =AC=2,A1E⊥EC (1)证明：直线AA为异面直线AC和A1B1的公垂线： (2)若AC和A1B1的距离为4，二面角CAA1-B1为60°，求直线BA1与平面CA1E 所成角的正弦值. 【名校之约系列2024届高三高考精准备考猜题卷（一）·数学（理科）第3页（共4页）】 0.12分)已知双曲线C号-1a>0,6>0)经过点A(-2,0),离心率为5，直线1过点D图 与双曲线C交于两点P,Q(异于点A). (1)求证：直线AP与直线AQ的斜率之积为定值，并求出该定值： (2)过点D分别作直线AP,AQ的垂线，垂足分别为M,N,记△ADM,△ADN的面积分别为S1, S2,求S1·S2的最大值. 21.(12分)已知函数f(x)=lnx一a√x. (1)讨论f(x)的单调性： (2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值范围： 3若nN,证明+2++<号 n2 (二)选考题（共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分） 22.[选修4一4：坐标系与参数方程](10分) x=1+t, 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 (1为参数)，曲线C2的参数方程为 y=3t x=√2(cos0十sin),(0为参数). y=cos 0-sin 0 (1)将曲线C2的参数方程化为普通方程： (2)已知点M1,0),曲线G和C相交于A,B两点，求B 23.[选修4一5：不等式选讲](10分) 设a,b,c∈R,a,b,c-1均不为零，且a+b+c=1. (1)证明：ab+b(c-1)+(c-1)a<0: (2)求(a一2)2+(b+2)2+(c+2)2的最小值. 【名校之约系列2024届高三高考精准备考猜题卷（一）·数学（理科）第4页（共4页）】2024届高三高考精准备考猜题卷（一）·数学（理科）参考答案 1.选A由y=2-4x十4.得y=(x-2)≥0，所以A={y: y2>01.由4-x2>0,得x2-4<0,即(x-2)(x+2)<0, 所以1AB1=BF1=BF'1=2y3c.因为∠ABF=60, 3 解得一2<x<2,所以B={x一2<x<2},所以A∩B= (yy≥0}∩{x-2<x<2}=[0,2).故选A. 所以AF=2,由双南线的定义可得2a=AF- 2.造A (-）广展开式的道项为T1=C心·2， 1AF1=2,对双向线C的离心率e=后=区 (-})广=C(-1·r产=0，l,2…,9,令9-8选B在△ABC中，由C+3asmC(0及正 3k=0,可得k=3,所以展开式中的常数项为C3·(一1)3： 弦定理，得sin Acos C+√3 sin Asin C-sinB-sinC=0, =一84.故选A. 则sin Acos C+√3 sin Asin C-sin(A+C)-sinC=0,整 3.选D若22≥0，则[m+(m2-m)i门2=m2一m2(m-1)2 理得3 sin Asin C-cos Asin C-sinC=0,又sinC>0, +2m(n2-m)i≥0，所以m(n2一m)=0,解得m=0或： 于是3sinA=1十cosA,两边平方得(1+cosA)2 m=1.当m=0时，2=0≥0，当m=1时，x=1≥0，故A 3sin2A=3(1-c0s2A),又0<A<π，1+c0sA>0,解得 正确：若之是虚数，则m2一m≠0，解得m≠0且m≠1，所： 以=x2=m2+m2(m-1)2=m2[1十(m-1)2]> cOsA=分.周为点D在边BC上，且BD=3DC,有BD m,故B正确：若：表示纯虚数，则”0， m2-m≠0， 无解，之！ 是C,周此AD=+BD=AB+是BC=AB+是(C 不可能是纯虚数，故C正确：若：在复平面内对应的点为： -AB)=}(AB+3AC,从而AD12=6(AB+9AC (1一m,一1)，则n2一m=一1，无解，所以不可以表示： 复平面内的点(1一m,一1)，故D错误. +6AB.AO=6e2+96+36)=6[(36+c)2-3h] 4.选D因为“3xo∈R,x一ax0十1≤0”为假命题，所以： Hx∈R,x2一ax+1>0为真命题，所以△=a2-4<0,解： ≥[(86+2-（生）门=×是(+e=是当 得-2<a<2,故a的取值范围为(-2,2)，故选D. 5.选B如图1，直线mCa,所以A错误： 且仅当3助--2时取等号，所以当6-号e-2时，线夜 如图2，过直线m做平面y∩a=l,且y∩B=l, ,m∥a,mCy,a∩y=l,.m∥l,故B正确： AD的长度取得最小值号故选B :9.选B记f(x)=e-x-1,则广(x)=e-1.当x>0 时，(x)>0,故f(x)在(0，十o∞)上单调递增，所以 f(0.1)>f(0),即e.1-0.1-1>0,所以e.1-1>0.1, B 故a>b:记g(x)=lhnx-x+1,则g(x)=是-1= 图1 图2 如图3，反例：m不在a,3内，m与a,3其中一个不相交，： -工.当r>1时，g'(x)<0,故g(x)在(1，十∞)上单调 故C不正确：如图4，m∩l,则满足m与a,3都相交，但是 m与【共面，故D错误.故选B. 递减，所以g(L.1)<g(1),即n1.1一1.1+1<0，所以 ln1.1<0.1,故c<b.因此c<b<a.故选B. 10.选D不坊设A>0。>0,则A=2,号×石-晋计臣 ,解得w=3.又f(-)=-2,所以3×(-登)十9 图3 图4 6.逃A第一次，S=1十21=3，i=1十1=2：第二次，S=3: =-受+2x:k∈乙，解得g=-冬+2x:k∈乙取特合 +22=7,i=2+1=3:第三次，S=7+23=15,i=3+1= 条件的9的一个值，不妨令9=一平，则f(x) 4:第四次，S=15+2=31,i=4+1=5.因为输出的数据： 为31，所以循环终止，所以判断柜中应填入的条件为≤： 2sim(3x-）.对于A,周为f(牙）=2sin(3×年 4.故选A. 7.选C设双曲线C的右焦点为F'(c,0).因为直线1的斜： ）=2,所以f八)的国象不关于（干0）中心对称，故 是-号所以∠BFF=30,所以 A错误：时于B,令-受十2km<3x-至<受十2x,k∈ OFI=c.=3c BFI=BF' 1解得终-吾<x≤晋+2，∈Z所以了) 2为B是线段AP的中点， 2sin(3r-至）的单调递增区间为 [警-是·晋+跨]E五取=5，得f)的-个单 满增区筒为[平】国为3<<<所 212 =,故双曲线C2的方程为g- =1,联立CP: 以)在[3，]上不具有单洞性，故B错买：对于 15 C,为x∈[0a],所以-≤3x-≤3a-，所以 名=0，设Q.则-1=- 6 6 号解 3x≤ú一吾<，解得臣<a<晋，故C错误：对于 54 27 D,将g(x)=2c0s3r的图象向右平移于个单位长度，得 27 到g(r-）=2as[3(x-)]=2os(3x-） 所以Q(，-所以= 6 2cos[受-(3x-)]=2sim(3x-）=fx)的图象. 故D正确。 25,其中k1= +。 3 + 25,数6k=25× 1L.选D由题意知a=e.12857,c-√1.285714= √1+2X0.142857,设f(.x)=e2-x-1(.x>0),f(x) =e-1,当x∈(0，+oo)时，f(.x)>0,f(x)单调递增，所： 2⑤=4.故选D 以f)=e-x一1>f0)=0.所以c>x+1x>0.因13.解析：因为a,b)=受，a=1.b=1, 为x2+2.x+1>1+2x(x>0),所以x+1>1+2x(x> 0),得e>√1+2z(.x>0),所以e0,12857> 所以a+3b1=√(a+3b)2=√a2+3b2+2a·3b √1+2×0.142857，即a>c:由e>x+1(x>0),得x =Vla2+13612+6lalblcos(a,b) >ln(x+1)(x>0),所以x-1>lnx(x>1),即x>lnx +1(x>1),所以√1,285714>ln√1.285714+1= V1+9+6x名=v原 答案：√13 n1.285714+1,即c>h.综上a>c>b. :14解析：由题意可知从家里到达公司所用的时间不超过 12.选D设搭图G的方框为号+芳=10>60双确线 48分钟，小明就不会迟到. 若选择自驾，则 G的方红为号-兰-1>0>0.明-=+- P(X48)=P(X>+2o)≈1-95.4% 2 云，由后=压得3=记，周为2=-，所以= 若选择地铁，则 P(X>48)=P(X>十)≈1-68.3%： 2 号，描圈G的方程为22+5y=2,联立2+少 若选择公交，则 P(X>48)=P(X>u+3o)≈1-99.7% 2 3 而1-68.3%>1-95.4%1-99.7% 则A(6.,由对称注可知A,C两点关于原点对 2 2 2 故选择公交上班迟到的可能性最小 称，A,B两点关于x轴对称，则B(,-小， 答案：公交 :15.解析：法一因为f(m)=32e”,所以m3-2m2=32e", c(-.-o)所以P(o小t 即m3-2m 32 一e,两边同时取自然对数，得 0+ n=1nm3-2m2 32 =ln(m3-2m2)一5ln2,则m一1=m .将点 ln(m3-2m2)+5ln2(m>2). 6 令g(m)=m-ln(m3-2m2)+5ln2(m>2), A)入号苦1中，器-1① 期g'(m)=1-3m2-4m=m3-5m2+4m m3-2m2 m3-2m2 又+=2-=-=, (m一1)(m一4) m(n一2) 联立①②，解得2= 2或2- 所以当2<m<4时，g'(m)<0,g(m)在(2,4)上单调 Γ2 递减， 2 当m>4时，g'(m)>0,g(m)在(4，十∞)上单调递增，：17.解：(1)证明：：am+1=2am+1(n∈N"), 所以g(m)≥g(4)=4-1n32+5ln2=4, .an+1十1=2(an十1)(n∈N）,2分 得m一n≥4，所以m一n的最小值为4 法二因为f(m)=32e",所以m3-2n2=32e", 又a+1=22-2mN. 即(m3-2m2)e-m=32e"-m. .数列{a,十1}是首项为2，公比为2的等比数列.…4分 令h(x)=(x3-2x2)e,x>2, (2)由(1)知，an+1=2·2m-1=20,.am=2"-1, 则h'(x)=x(x-1)(4-x)e-1, bn=n,.abn=n(2m-1).… .5分 令h'(r)>0,解得2<x<4,令h'(x)<0,解得x>4. .Tn=a1b1+a2b2十agb3十…十abn 因此函数h(x)在区间(2,4)上单调递增，在区间(4，十∞)： =1(21-1)+2(22-1)+3(23-1)+…+n(2m-1) 上单调递减，故h(x)≤h(4)=32e-4, =(1·2+2·22+3·23+…十n·2")-(1+2+3+ 得32e-m=(m3-2m2)em≤32e-4,解得n-n≤-4， …十n）。 …6分 即m一n>4,故m一的最小值为4. 令Sm=1·21+2·22+3·23+…+n·2", 答案：4 2Sn=1·22+2·23+3·2+…+n·2+1, 16.解析：如图1，取BB1的中点P,连 两式相减一Sn=1·2十22+23十…十2"-n·2m+1, 接CP,DP,BV,正方体ABCD 8分 A1BC1D1内切球球心O为正方 体的中心。 -S,=2-2m1 1-2 -…2+1, 因为点N为线段B1C的中点，可 .Sn=2m+1(n-1)+2, …10分 得△BCP≌△B1BN,则∠BCP= ∠BBN,所以∠NBC+∠BCP= 图 又1+2+…+n=1十m)n 2 ∠NBC+∠NBB1=90°， T。=2+1(n-1)+2-u(n+1D 12分 所以BN⊥CP. 2 又DC⊥平面BCCB1,BNC平面BCC1B1,所以DC⊥：18.解：(1)记“面试号码为2的学生来自A校”为事件A, BN,同理DC⊥CP, 将A校n名学生面试号码的安排情况作为样本空间，则 因为DC∩CP=C,DC,CPC平面DCP, 样本点总数为C%, .-1分 所以BN⊥平面DCP, 事件A表示A校有1名学生的面试号码为2， 则点M的轨迹为平面DCP与球O的截面围周. 其他一1名学生的面试号码在剩余N一1个面试号码 设正方你的被长为a,则音·（侵》广-碧，解释a=4 中随机安排， 则事件A包含的样本点数为C马C, 2分 从而正方体内切球半径为2，连接OD,OP,OC (N-1)! 如图2，在对角面BDD1B1中， D 故P(A)= C cl (-1)!(N-m! SaP=号S6P=}SawB C V！ N n！(N-n)月 …4分 是×号×4Ex4=2厄， 图2 (2)设B校参加面试的学生有x名，由题意得 又C到平面ODP的距离即C到平面BDDB1的距离： 40-10-=2,解得x=10. 1 5分 为=2 所以B校参加面试的学生有10名，C较参加面试的学 所以VCODP= x2v2x2w2=8」 生有20名. 3 记“最后面试的学生来自B校”为事件B,“最后面试的 知CP√a+2=25,Sp 学生来自C校”为事件C, ↓×25×4= 显然事件B,C互斥， 45. 记“A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试” 设O到平面DCP的距离为h,由VoCp=VCoDp,得h: 为事件D,则D=BD十CD. 当事件B发生时，只需考虑A,C两所学校所有参加面 试的学生中最后面试的那位来自C校， = 4v5 5 则PBD)=PBP(D-8×8-吉 6分 得0到平西DCP的距离为25， 当事件C发生时，只需考虑A,B两所学校所有参加面 试的学生中最后面试的那位来自B校， 所以面的半径22-（ -4 则P(CD)=P(C)P(D1C)=20×0=】 40204 则点M的轨迹长度为2x×4y5_8 7分 5 5. 85 所以PD)=PBD)+PCCD)=G+- 答案：5π 8分 (3)证明：由题知随机变量X的取值为5n,5(n十1)，： 设直线BA1与平面CAE所成的角为0，则 …,5N, sin0=|cos(A1B,a）|= |AB·a 8 则随机变量X的分布列为P(X=5k)= c AB al √20×√17 C n+1,…,N. .10分 =485 所以随机变量X的期望 85 EN)=之5kC日=点之C C界CX- 六直线BA与平面CAE所成角的正孩值为1Y丽 85 =悬头·如你出”m (k-1) 12分 20.解：(1)证明：令双曲线半焦距为c,依题意，4=2， k! =5, a 0G+c+G4++6)-设·(c+ = 由c2=a2+62,解得b=4, …1分 C双 e41+c+…+)- c 则南线C的方程为号一 =1,显然直线1不垂直于 = 5 (V+1)! y轴，设直线1的方程为x=my十3， 2分 N! ·(m+1)！(N-刀 (x2 y2 n！(N-n)J 由年一i61·消去，得（4m2-1Dy2+24my十20=0， 5n(N+1) r=my+3, n十1 14m2-1≠0， 所以E(X)=5n(N+1D 且 n十1 12分： △=256m2+80>0, 19.解：(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C中，AB∥A1B1, -24m AC//AC.AB=AB.AC=AC,AB=AC. 设P(),Q(,则y十为m2- 又E为B1C1的中点，A1E⊥B1C1. 20 y1y2= 又AE⊥EC,EC∩B1C=E,EC,BC1C平面 4m2-1 4分 BBC1C,A1E⊥平面BB1C1C 直线AP,AQ的斜率分别为kP,kQ 而B1BC平面BB1C1C, 2 .A1E⊥B1B. 所以kQ十2干2 .A1A⊥A1E. 2分 yiya 又侧面AA1C1C是矩形，A1A⊥AC1, m2y1y2+5m(y1+y2)+25 :A1C与A1E是平面A1B1C1内的两条相交直线， 20 A1A⊥平面A1B1C1. 4m2-1 而A1B1C平面A1B,C1, m2· 20 +5m· 一24m+25 5 .A1A⊥A1B. ..…4分 4m2-1 4m2-1 又A1A⊥AC,AC和A1B1都与A1A相交， 6分 直线AA1为异面直线AC和A1B1的公垂线.6分： (2)设直线AP的方程为y=k(x十2)，则直线DM的方 (2)由题意及(1)得A1A=4,∠CA:B1=60, 取BC的中点为F,连接EF,则EF⊥平面AB1C, 程为y=一 6（x3), 7分 以E为坐标原，点，EA1,EC1,EF所在直线分别为x轴、： y=k(x+2), y轴，：轴建立空间直角坐标系，如图所示， 由 得点M的纵坐标yM一2+1了 5k 则E(0,0,0),A1(3,0,0),B(0,-1, =一x3). 4),C(0,1,4), .A1B=(-3,-1,4),EA1=(3, 月一流替提上式中的：释点N的级垒标 0,0),EC=(0,1,4). -100k yN 8分 25k2+16 …9分 设平面CA1E的一个法向量为a 则S1·S2= 3125k2 4 yMYN (x,y,2), (k2+1)(25k2+16) 1a·EA1=0, 3125 -10分 则 a·EC=0, 25k2+6+41 2 W5x=0,→x=0. y十4x=0y=-4. =40,当且仅当k=士2⑤ 5 取x=1,得a=(0,-4,1). 10分· 时取等号， …11分 因此S·S2<325,所以S·S,的最大值为325 1 81 81 因为 =(n≥2)， v√n·nnm- -12分 所以1< n-(n-1) nn√n(m·√n-I) =wn+nT)(而-n①<2n-n☐ wn(wm·√m-I) n·n-I .10分 2L.解：(1)由题知函数f(x)的定义域为(0，十∞)，f(x)= n2 ⊥-a=2-a@ x2√x 2.x .1分 当≥2+2+…+”-2++…叶 n2 22 3 ①当a≤0时，2-aE≥2，故(x)>0恒成立，则f(x) 点制 十…+ 在(0，十c○)上单调递增： @当>0时，令了)>0，解得0<<亭期)在 11分 当n=1时，显然成立. (0,清)上单调递增： 上+2++号 22 12分 令f)<0,解得>亭，则)在（侍，+o∞）上单调22.解：D由G的参数方程，得(cos0叶血02+(cos0- 通减。 …3分 咖-营+yr=2. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，十o∞)上单调递增： 所以肉线的音道方程为号+号-1 4分 当a>0时，f(x)在(0，)上单调递增，在 (2)由已知得曲线C1为过点M(1,0)的直线， (停十∞）上单调递减： 4分 x=1+2 (2)法-由(1)知当a≤0时，f(x)在(0，十o∞)上单调 其标准参数方程的形式为 (1为参数)， 递增， 2 当x·+∞时，f(x)·十∞，不满足f(x)≤0恒成立： 6分 -5分 联主C和C的方程得(1+之)+2（停） -4=0, 即72+41-12=0,4>0， -2≤0，解得a≥ 2 设C1与C2的两个交点A,B对应的参数分别为t1,t2, 所以t十2= 74=-12 8分 所以a的取值范国为。，十。 分 因为42= 号<0，由：的几何意义得 1 MA一MB 法二fx)≤0等价于a≥lnr-2n 屁 10分 令x=t,t>0,a≥ 2Int 、tmax 5分：23.解：(1)证明：依题意，a十b十(c-1)=0,且a,b,(c-1) 均不为零， 1分 令g0=2n',g'0=21-ln2 t 则ab+6(c-1D+(c-)a=号[a+b+(c-1)]P- 当1∈(0，e)时，g'(1)>0,g(t)单调递增： 当1∈(e,十o∞)时，g'(t)<0,g(1)单调递减， [u2+8+(c-102]》=-2[a2+B+(c-10]<0. 所以a≥g()x=g(e)=名，所以u的取值范圈为 所以ab十b(c-1)十(c-1)a<0. 5分 e (2)因为[(a-2)2+(b+2)2+(c+2)2](12+12+12)≥ [2+ 7分 [(a-2)×1+(b+2)×1+(c+2)×1]2=(a+b+c+2)2 =9, 8分 (3)证明：由(2)知，令a=2,得1nr-2E≤0. e 当且仅当号=牛=半甲a=3,6=-1c=-1 1 则1≤2时，当工=e2时等号成立， 时取等号， 9分 e 因此(a-2)2+(b+2)2+(c+2)2≥3， 所以”名EN, 8分 所以(a-2)2+(b十2)2+(c+2)2的最小值为3. -10分2024届高三离考精准备考猜题卷（一） 19.(12分) 数学（理科）答题卡 湘专证修 姓 名 ■■■■■ )间 班极 11120)小1月 iai ar mt ((i i a3214t431u 场 座位号 1))U1 a14101 11a1a1a2)a0) 账条形码区城 18.(12分) 生肩面准制色，海幅： 填鉴林制海瑞棉■情秋除：飞0刀5四中峡标超口 一。选拜题（每小墨5分，共60分） 1CAlT1CIn B L Em ICI IDI 91A11月中 I01A度13 3 IAL8CI0 C8:ICI CDI I11A1M13 二，填空赠（刺小题5分，共20分） 13. 14. 15. 1. 三、解答题（共70分） (一】必考题：共0分， 17.(12分) 偏在器题时的答超风城片作若，加山恩色无形边飘限定区城的答案无： 密1有共2到 ■ ■ 20.(12分) 21.(12分) (二)遗考愿，共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答 如果多做，题按所做的第一题计分。 我选做的愿日是22超 在养题建修答题道域内作答，是山显色矩形边积限空区该的答蜜足： 第2真共2算