2025名校高考全真模拟试题(九)-【师大金卷】2025年高考数学复习冲刺全真模拟试卷精选必刷题（新高考）

卷９ ２０２５名校高考全真模拟试题(九) 数学 本试卷满分１５０分,考试时间１２０分钟． 一、选择题:本题共８小题,每小题５分,共４０分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的． １．(２０２４􀅰江苏省盐城市高三模拟)已知集合A＝ x x－１ ≤４{ },B＝ x４－xx ≥０{ },则A∩ ∁RB( )＝ (　　) A．０,４( ) B．０,４[ ) C．－３,０[ ]∪ ４,５( ] D．－３,０[ )∪ ４,５( ] ２．(２０２４􀅰浙江省四校高三联考)已知正项等差数列 an{ }的公差为d,前n项和为Sn,且４S３＝ a３＋１( )２,４S４ ＝ a４＋１( )２,则d＝ (　　) A．１ B．２ C．３ D．４ ３．(２０２４􀅰湖南省长沙市雅礼中学高三模拟考试)已知α,β为关于x 的实系数方程x２－４x＋５＝０的两个虚 根,则 α ＋ β α＋β ＝ (　　) A．５２ B．－ ５ ２ C．５ D．－ ５ ４．(２０２４􀅰河北省部分高中高三联考)已知样本２,１,３,x,４,５x∈R( )的平均数等于６０％分位数,则满足条件 的实数x的个数是 (　　) A．０ B．１ C．２ D．３ ５．(２０２４􀅰辽宁省实验中学高三四模)在平面直角坐标系xOy中,点P 在直线３x＋４y＋１＝０上．若向量a＝ ３,４( ),则OP→在a上的投影向量为 (　　) A．－３５ ,－４５ æ è ç ö ø ÷ B．３５ ,４ ５ æ è ç ö ø ÷ C．－３２５ ,－４２５ æ è ç ö ø ÷ D．３２５ ,４ ２５ æ è ç ö ø ÷ ６．(２０２４􀅰四川省成都石室中学高考适应性考试)设F１,F２ 分别是双曲线 x２ a２ －y ２ b２ ＝１(a＞０,b＞０)的左、右焦 点,P 为双曲线左支上一点,且满足 PF１ ＝ F１F２ ,直线PF２ 与双曲线的一条渐近线垂直,则双曲线的离 心率为 (　　) A．５３ B．３ C．２ D．５ ７．(２０２４􀅰陕西省西安市雁塔区陕西师大附中三模)已知cos１４０°－α( )＋sin１１０°＋α( )＝sin１３０°－α( ),则tanα ＝ (　　) A．３３ B．－ ３ ３ C．３ D．－ ３ ８．(２０２４􀅰江西省重点中学高三联考)设集合A＝ －１,０,１{ },B＝{(x１,x２,x３,x４,x５)|xi∈A,i＝１,２,３,４, ５},那么集合B 中满足１≤ x１ ＋ x２ ＋ x３ ＋ x４ ＋ x５ ≤３的元素的个数为 (　　) A．６０ B．１００ C．１２０ D．１３０ 二、选择题:本题共３小题,每小题６分,共１８分．在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选 对的得６分,部分选对的得部分分,有选错的得０分． ９．(２０２４􀅰抚顺一中校考阶段测试)为了预测某地的经济增长情况,某经济学专家根据该地２０２３年１~６月的 GDP的数据y(单位:百亿元)建立了线性回归模型,得到的经验回归方程为ŷ＝０．４２x＋̂a,其中自变量x指 的是１~６月的编号,其中部分数据如表所示: 时间 １月 ２月 ３月 ４月 ５月 ６月 编号x １ ２ ３ ４ ５ ６ y/百亿元 y１ y２ y３ １１．１０７ y５ y６ 参考数据:∑ ６ i＝１ y２i ＝７９６,∑ ６ i＝１ yi－y( )２ ＝７０． 则下列说法正确的是 (　　) A．经验回归直线经过点 ３．５,１１( ) B．̂a＝１０．２５５ C．根据该模型,该地２０２３年１２月的GDP的预测值为１４．５７百亿元 D．相应于点 x４,y４( )的残差为０．１０３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷９ １０．(２０２４􀅰山西省大同市高三三模)如图１,扇形ABC 的弧长为１２π,半径为６ ２,线段AB 上有一动点M,弧 ABC 上一点N 是弧的三等分点,现将该扇形卷成以A 为顶点的圆锥,使得AB 和AC 重合,则在图２的圆 锥中 (　　) 图１　　　　　　　 图２ A．圆锥的体积为２１６π B．当M 为AB 中点时,线段MN 在底面的投影长为３ ７ C．存在M,使得MN ⊥AB D．MNmin ＝３ ３０２ １１．(２０２４􀅰浙江镇海中学二模)设f(x),g(x)都是定义在R上的奇函数,且f(x)为单调函数,f(１)＞１,若对 任意x∈R有fg(x)－x( )＝a(a为常数),g(f(x＋２))＋g(f(x))＝２x＋２,则 (　　) A．g(２)＝０ B．f(３)＜３ C．f(x)－x为周期函数 D．∑ n k＝１ f(４k)＞２n２＋２n 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰吉林省长春吉大附中实验学校高三四模)已知抛物线C:y２ ＝４x的焦点为F,A 为C 上一点,且 |AF|＝５,O为坐标原点,则 △OAF 的面积为　　　　． １３．(２０２４􀅰湖北省荆门市三校高三三模联考)已知函数f(x)＝sinωx＋φ( ) ω＞０( ) 在 － π ３ ,π ６ é ë êê ù û úú 上单调, f π６ æ è ç ö ø ÷＝f ４π３ æ è ç ö ø ÷＝－f －π３ æ è ç ö ø ÷,则ω的可能取值为　　　　． １４．(２０２４􀅰山西省运城市高三调研测试)已知函数f(x)＝xa－logbx(a＞０,b＞０,且b≠１),若f(x)≥１ 恒成立,则ab的最小值为　　　　． 四、解答题:本题共５小题,共７７分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． １５．(１３分)(２０２４􀅰山东省威海市高三高考模拟)如图,三棱柱ABC－A１B１C１中,侧面ABB１A１是边长为２的 菱形,∠ABB１ ＝ π３ ,AC ＝２ ２,M 为A１B１ 中点,CM ＝ １１． (１)证明:平面ABC ⊥ 平面ABB１A１; (２)若BC ＝２,求平面ABC 与平面ABC１ 夹角的余弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷９ １６．(１５分)(２０２４􀅰重庆一中校考模拟)定义:如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍,那么这个三角 形叫做倍角三角形．如图,△ABC的面积为S,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sinC＝ ２S c２－b２ ． (１)证明:△ABC 是倍角三角形; (２)若c＝９,当S取最大值时,求tanB． １７．(１５分)(２０２４􀅰贵州省贵阳市高三三模)已知A －２,０( ),B ２,０( ),P为平面上的一个动点．设直线AP,BP 的斜率分别为k１,k２,且满足k１􀅰k２ ＝－３４． 记P 的轨迹为曲线Γ． (１)求Γ的轨迹方程; (２)直线PA,PB 分别交动直线x＝t于点C,D,过点C作PB 的垂线交x轴于点H．HC→􀅰HD→ 是否存在 最大值?若存在,求出最大值;若不存在,说明理由． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷９ １８．(１７分)(２０２４􀅰东北三省四市高三模拟)若 ∀n∈N∗,都存在唯一的实数cn,使得fcn( )＝n,则称函数 f(x)存在“源数列”cn{ }．已知f(x)＝ x－lnx,x∈ ０,１( ]． (１)证明:f(x)存在源数列; (２)(ⅰ)若f(x)－λ x ≤０恒成立,求λ的取值范围; (ⅱ)记f(x)的源数列为 cn{ },证明:cn{ }的前n项和Sn ＜ ５３． １９．(１７分)(２０２４􀅰安徽省蚌埠市高三教学质量检查)小明进行投篮训练,已知每次投篮的命中率均为０．５． (１)若小明共投篮４次,求在投中２次的条件下,第二次没有投中的概率; (２)若小明进行两组训练,第一组投篮３次,投中X１ 次,第二组投篮２次,投中X２ 次,求E X１－X２( ); (３)记Pi( )表示小明投篮ii＝２,３,􀆺( )次,恰有２次投中的概率,记X X ＝２,３,􀆺,n( )表示小明在投篮 不超过n次的情况下,当他投中２次后停止投篮,此时一共投篮的次数(当投篮n次后,若投中的次数不足２ 次也不再继续投),证明:E(X)≥２∑ n＋２ i＝２ Pi( )． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 又·函数f(x)在(1,f(1))处的切线为2x-2y-1= 当a=o时,f(x)=-lnx-3在Ie ,el上单调递减 (/(1)=a+1-1. 1解得 不满足题意; {f(1)-a+6-2 当a<o时,/(x)-a--在[e,e]上恒小于o, (2)由(1)可得:/(x)-1+lnx. 函数/(x)在[e,e]上单调递减,不满足题意; 当aE(o)时,/(c)<0./(2)单调递减; 1ar-1-o可得x= 当a0时,由/(x)-一 r & #当##()# )时,/(x)0,f(x)单调递增, 当l<或e时,/(x)o或f(t)<0,函数 f(x)=ax-lnx-3在[e,e]都是单调函数, 函数f(x)在[e,e]上的图象与直线y=/(0</<1) ##)#()## 由/()-a-1<o,得<<1 16.[解](1)证明:连接C.B,设CB 与C.B的交点为E,连 .当x 接DE,则E为BC.中点; C 由/(x)=a-1→o,得<<e .当E(]时,f(c)20.f()单调递增; '.函数f(x)在x[e,e]上的图象与直线y=t(0< 1<1)恒有两个不同交点, [/(e)二1. 则需 .实数的取值范围是[) /(e)>1, A 因为点D是AB的中点,所以DE/AC, 19.[解](1)由题意x(x-1)=0(mod3),所以x=3或x 因为DEC平面CDB,AC平面CDB. -1-3(乙),即x-3或x-3+1(). 所以AC/平面CDB. (2)由(1)可得(a.)为(1,3,4,6,7,9,10,..),所以a (2)证明:在三校柱ABC一A.BC.中, (3n-1(n为奇数): 因为BB1平面ABC,CDC平面ABC 2 所以BB CD. 又AC一BC,点D是AB的中点: 所以CD1AB ①因为6.-a,-a.(nN). 因为BB.OAB-B,BB ,ABC平面BB.A.A. 所以一 (2(n为奇数): 所以CD1平面ABBA. 11(:为偶数). 又CDC平面CDB.,所以平面CDB1平面ABB.A. S-b.+b+b+.+b.-3×1012-3036. ②c.=tana.·tana-:=tan(3n+1)·tan(3n-2) 17.[解]根据公式,则有 n(ad-bc)? (nN). K二 (a十b)(c十d)(a十c)(b十d) 因为tan(3n+1)·tan(3n-2) 1633X(30×1355-224×24)*~68.033. tan(3n+1)-tan(3n-2)-1. 254×1379X54×1579 tan3 .68.03310.828. 所以T。-c十c。十.十c. (tan4-tanl '.说明有99.9%的把握认为黄烟经过培养液处理与 -1)+ /tan7-tan4 tan3 是否发生青花病是有关系的. tan3 18.[解](1)当a=1时,f(x)=x-lnx-3,(x)-1 _tan(3n+1)-tan1_1. tan3 '.函数f(x)在点(1,一2)处的切线方程为;y=-2; tan3 (2)由f(x)-ax-lnx-3,得/(x)-a-- 2025名校高考全真模拟试题(九 1.C [试题解析]由 x-1<4,得-4<x-1<4..-3 (x(-4)<0.:0<x<4,则B=(0.4],CB- <x<5.则A-[-3,5],由4-→0,得 x70. r (-o,0]U(4,+o),故AO(CB)-[-3,0] (4,5],故选C 新高考数学答案-32 2.B [试题解析]因为4$ =(a+1),4S =(a+1),$$ |PF +|FF-PF * 所以cos PF。F.- 故两式相减得:4a =(a十1)-(a+1)②,即 2 PF: ·FF: (a-1)②-(a十1)②-0,则(a+a)(a-a-2) (2a十2c)2 也,化简可得a十c-2h. -0,又数列(a.;为正项等差数列,故a一a-2- 2(2a+2c)·2c 0...a-a-2,即d-2,故选B. 平方可得5a^{-3c^{}+2ac-0,即3 (){2() 3.A [试题解析]由x^-4.x+5-0,△-(-4)-4x1$ $5-0,解得-或f--1(含去),故选A. 5--4<0.',方程r*-4x+5-0的两个虚根为a 0 7.D[试题解析]由题意知,cos(140*一g)+sin(110*+a) 2 -sin(130{-a),即-cos(40{}十a)十cos(20{十a)= 十i,不妨取a-2十i,-2-i,则|al- 2+1- cos(40{-a),故cos(20十a)-cos(40{-a)+cos(40十 5.1B=2(-1)#-.:l+ 二 a),即 cos20{cosa-sin20{}sina-2cos40{cosa.故 a十B cos20*cosa-2cos40*cosa=sin20*· sina. 即tanysing_cos20*-2cos40{ 2+i十2-i= coso sin20* 4.C [试题解析]因为60%×6一3.6,故样本的60%分位 cos(300-10{)-2cos(30{+10{) 数为样本数据从小到大排序后的第4个数,由题意 sin20 1+2+3+4+5+x- 15x,当x<3时, ③ 得一 6 6 ③sin(10。-30*) _ sin20{P 15+-3,则x=3.满足题意;当3<x<4时, sin20{ 一 6 一3sin20* 15+--,则x=3,与3<x<4矛盾;当x→4时, -一3,故选D. sin20f 6 8.D [试题解析]由题意知集合B中满足1< x + 15+王-4,则x-9,满足题意;故满足条件的实数工 →. +x 十x+x二3的元素的个数,即 指x.,.x,x,x中取值为一1或1的个数和为 的个数是2,故选C 1或2或3,故满足条件的元素的个数为C×2+C 5.C [试题解析]由题意设直线3x十4y十1一0的方向向 $2^*}+C×2-10+40+80-130(个),故选D. 量为b,则b-(1.-)或b-(-1,),而a- 9.AC [试题解析]由题意得:i-x(1+2+3十4+5十 (3,4),则a·b-3-3-0或a·b--3+3-0,即 。 a-(3,4)为直线3x十4y+1-0的法向量,又O到 故OP在a上的投影向量为 x # 二 因此该经验回归直线经过样本点的中心 5 5 (-3),故选C. (3.5,11),故A正确;由A知,11-0.42×3.5+ ā,得ā-9.53,故B错误;由B得y-0.42x+ 9.53,则当x-12时,j-14.57,故该地2023年12 (地 月的GDP的预测值为14.57百亿元,故C正确;当 3x+4y+1=0 a=(3.4) x-4时,y-11.21,相应于点(x·y)的残差为 11.107-11.21--0.103(相应于点(x,y)的残 1 差三y一),故D错误,故选AC. 10.BCD[试题解析]设圆锥的底面半径为R,高为h,由 题意知2rR-12π,..R-6.圆锥的母线长为 6.A [试题解析]如图 6\②.故h-(6②)-6-6,故园锥体积为V -1×xx×36×6-72x,故A错 3 误;当M为AB中点时,设M在底面上的投影 为H,则H为OB的中点,则HN为线段MN 在底面的投影,OH-3,而 NOH-120{*},ON -6,在△OHN中,HN*-OH*+ON*-2OH ·ON·cos NOH=9+36-2x3x6x 面的投影长为3/7,故B正确; 由双曲线定义可得 PF。一 PF 一2a,又 |PF |-|F.F:|-2c,所以|PF |-2a+2c,又渐 M #,因为渐近线OM上 M 近线OM的方程为y一 b PF。,所以|FM-- 一-b,所以OM-a: BiC a十6f 新高考数学答案-33 作NT OE于T,作TM AB于M.,连接 M. N,设圆锥底面直径为BE,由于AB一AE 2 $6 ②,BE=12,即AB{+AE^{}=BE^{*, '$AB$$$ A AE,则TM /AE, NOE=60{},则△ONE为 #.故的可能取值为 1239 2 7.5,5). [参答案]2 故BM-3BA,即M为AB的四等分点,由 14.[试题解析]函数f(x)=x*-logx的定义域为 于平面ABE 底面BNE,平面ABEO底面 (0.+),当0<b1时,可得/(x)在(0,十o)上单 BNE-BE,NTC底面BNE,NT BE,故NT 调递增,f(b)=^-1 b^}-1=0,不合题意;$ $ 1平面ABE,ABC平面ABE,故NT1AB,又 #aln),令/(。) 1 TM 1AB,TMONT-T.TM,NTC平面 NTM.,故AB 平面NTM,M.NC平面 1 NTM,故AB |M.N,故当M与M 重合时, “,当x(0.x。)时,f(x)<0. MNIAB,故C正确;由C的分析知,AB上 f(x)单调递减,当x(x,十o)时,f(x)>0,f(x) 单调递增,所以当x一x。时,f(x)有极小值,也是最小 2 值,又因为f(1)三1且f(1)=1,所以 (f(x)f(x。)-1.则x。o-( #VT}+TM一(33)}+($6V2)# 1。-1, 330 b 1,所以ab= ,故D正确,故选BCD ,设(6)一 #(61),(6)= 2 11. BC [试题解析]在f(g(x)-x)=a中,令x=0得a ln-1,令g'(b)-0,得b-e,当b(1.e),g'(6)<0. =f(g(0))=f(0)-0,所以f(g(x)-x)-0, (ln) 又f(x)为单调函数,所以g(x)一x一0,即g(x) 当bE(e,十o),g'(b)>0,所以g(b)在区间(1,e)上 =文.所以f(x+2)+f(x)=2x+2,所以g(2) 单调递减,(e.十o)上单调递增,所以g(b)一g(e) -2.故A错误;由f(3)十f(1)一4,得f(3)-4- 一e,即ab的最小值为e. f(1) 3,故B正确;设h(x)=f(x)一x,则由 [参考答案]e f(x+2)+f(x)=2x+2,可得h(x+2)+h(x) 15.[解](1)证明:连接AM,AB. =0.所以h(x十4)十h(x十2)=0,所以 h(x十4)一h(x),即f(x)一x为周期函数,故C 正确;由h(x+4)=h(x),得f(x十4)-x-4= .C f(x)一x,即/(x+4)-f(x)=4,所以 /(4)3为等差数列,且f(4)一f(0)=4,即 f$4)-4,所以f(4)=4+4(k-1)=4,所 以/(4h)-4×”(n+1)-2n”+2n,故D错 2 误,故选BC. 12.[试题解析]根据题意,抛物线C:y一4x的焦点为 F(1,0),设A(m,n),则 AF|=m+1=5..'m=4. 故△AA.B 为正三角形,又M为AB.中点, 故AM|A.B,目AM-③: [参考答案]2 又AB/AB,故AM AB 13.[试题解析]设f(x)一sin(ax+)(0)的周期为 CM-11,AC-2/2. 则AM+AC}-CM,故AM| AC. [(-)1--..0<<2;由/()) 而ABOAC-A,AB,ACC平面ABC. 故AM1平面ABC. #(一)以及画数(x)在[一,吾]上单调,得 又AMC平面ABBA,故平面ABC平面ABBA. (2)由于BC-AB-2,AC-2/2, ##(#) ()-0##()一 则BC*+BA}-AC^,故CB1AB$ 又平面ABC1平面ABB.A, 平面ABCO平面ABBA-AB. 而CBC平面ABC,故CB1平面ABBA. 取BB。中点为O,则△ABB 为正三角形,则AC 1BB. #进 作OH//BC,交CC 于H. 2 故OH1平面ABBA,BB,OAC平面ABB{A, 故OH1OA,OH1OB,则OA.OB,OH两两垂直, 分别以OA,OB,OH所在直线为x,y.:轴,建立空间 直角坐标系, 新高考数学答案-34 2tanBnB. tanB) 1+tanB 1+tan^B 81 3tanB-tanB 1+tanB 设文-tanBE(03)f()3- 1+, 则/()-(3-3r)(1+)(3r-)·2t (1十){ --.-6x+3 (1+)”。 令$ (x)-0得-2 /③-3或--23-3(舍) 则A(3,0.0),B(0,-1,0),C(0.-1,2).C(0,1. 且当0<x<2v③-3时,(x)>0. 2).M 当2v③-3<<3时,f(x)<0 则/(x)在(ov2③-3)上单调递增, 在(23-3v3)上单调递减, 平面ABC的法向量, 故当x-23-3时,/(x)取最大值, 设平面ABC的法向量为n三(x,y.),则 此时S也取最大值, (0即+-0 (n·BC-0.(2y+20, 故tanB-23-3为所求 17.[解](1)由题意设点P(x,y),(x字士2). 令y=-3,则x-1.x-3,则可得n 由于 ·--3 =(1,-3,③). -23-27 故cos(n,AM)-n.AM [n·AM③X7 -1.(x-士2). 3 (2)由题意知直线AP,BP的斜率分别为,b,且满足& ·b二一 2x寸absinC y1 2-6 一右 absinC 又sinC≠o,所以a -1. 则6^*-2-ab, 又由余弦定理知,b^}-a+-2accosB. 故可得2ccosB-a十b. 设直线PA的方程为y一(x十2). 由正弦定理得,2sinCcosB=sinA+sinB. 令x=z,则可得y-k.(十2),即C(t.k.(十2)). 又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC. 直线PB:y=k。(x-2),同理求得D(t,h。(7-2)), 代人上式可得sinCcosB-sinBcosC+sinB. #(一) 即 sinCcosB一sinBcosC一sinB. 3。 sin(C-B)-sinB. 令y=0,得xi=t十k、。(t十2)= 2 则有C-B-B.C-2B. 即日(6.。).故·b-(346.(+2) 故△ABC是倍角三角形 (2)因为C-2B,所以A-x-B-C-π-3B 0 16 (3+6)3(-4)3(1-6){}+12, 16 16 sinC sin2B sin2B' 当1-6时,-3(1-6)+12取到最大值12. 1 则S- 2XacsinB= 2asinB 16 即HC·可D存在最大值,最大值为12. 0 xsinB-81.sin3B 18.[解](1)证明:由/(x)--lnx,x(0,1]. sin2B 4.cosB' -81. sin2BcosB+cos2BsinB 得/()----2<o 2 r cosB 4 2xr -81×(sin2B+cos2BtanB) 即/(x)在(0,1]上单调递减,又f(1)-1, 当x>0且x无限趋近于0时,f(x)趋向于正无穷大, 新高考数学答案-35 即f(x)的值域为[1,+),且函数在(0,1]上单调 #1×4C1寸△1+C# 递减, 对于f(x)可以取到任意正整数,且在x(0,1]上都 有存在唯一自变量与之对应, 故对于VnEN',令f(x)=n,其在(0,1]上的解必存 $P$$ -$X=1)=P($X =1P($ =0 +P($=2 在且唯一,不妨设解为c。. ·P(X=1)+P(X =3)P(X-2) 即VnEN,则都存在唯一的实数c.(0,1] 1。 1 .C 使得f(c。)一n. 2{ 即f(x)存在源数列. (2)(I)f(x)-△<o恒成立,即x-王lnx恒 $P($X-$-2)=P($=2)P(t=0)+ & 成立, P(X=3)·P(X.=1) 令/-(0,1],即a*-2zlni恒成立, 令 (t)-r*-2tlnt,则 '(t)-2t-2lnt-2. 令g(t)-(t)-2-2ln-2,i(0.1]. 5 2 32+0x 16 即g(t)在(0,11上单调递减,故g(1)二g(1)=0 即e()在(0,1]上单调递增, +1X 故 (t)-(1)-1,故1. (3)证明:根据题意可知P(i)-C{×1-i(i-1). V # C 1. 2 2 #(#- ”)#1-(0}+}}). 2~T 当n2时,s<1+2 1-2 2 5 2~7- , 2” 即(c.)的前n项和s< 5 2” 19.[解](1)设事件A.表示共有”(n-0,1,2,3,4)次投 中,事件B表示第二次没投中. 则BA。表示一共投中2次,且第二次没投中,则从剩 余的三次选择两次投中. 故P(X=n)-1-1+ 故P(BA)一 所以E(X)- 2 7 则P(B|A)-P(A。) _。 2- 2 2 (2)根据题意有X.的可能取值为0.1.2,3,X。的可能 2 2T 取值为0,1,2. 2 2 n(n十1) _: 故X.-X。的可能取值为-2.-1,0,1,2,3. n(n+1) 则P(X-X--2) 又因为2P(u十2) 2f 2 二 2r 2x(n+2)(n+1) -P(X=0)P(X.-2)- -2 2 P(X-X.=-1) =P(X=0)P(X.=1)+P(X.=1)P(X=2 ## #}一()### 所以E(X)-2(i-1) (1)2p(i)+ 2 2 P$$ -$-0)-P(-0P($-0)+P($-1· PX-1)+P(X=2)P(X-2) 一 新高考数学答案-36