新课标全国卷重组卷(三)-2024年甘肃省新高考模拟十二卷数学

2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(三) 本卷满分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.(2023·内蒙古包头二模)设集合A={x|x2-4≥0},B={x|0<2x≤b},且A∩B={x|2≤x ≤4},则b= ( ) A.-6 B.-8 C.8 D.6 2.(2023·河南开封统考三模)在复平面内,复数z对应的点的坐标为(-3,-1),则 z i= ( ) A.-1-3i B.-3-i C.3-i D.-1+3i 3.(2023·四川成都石室中学校考模拟预测)已知平面向量|a|=2,|b|=1,a,b 的夹角为60°, |a+tb|= 3(t∈R),则实数t ( ) A.-1 B.1 C. 1 2 D.±1 4.(2023·湖南省邵阳市高三上学期一模)一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半径为1的半圆, 则该圆锥的表面积为 ( ) A. 3π 4 B. π 2 C. π 4 D. 3π 24   ? O x y5.(2023·浙江省宁波市高三下学期4月模拟二模)设随机变 量ξ服从正态分布,ξ的分布密度曲线如图所示,若P(ξ<0) =p,则P(0<ξ<1)与D(ξ)分别为 ( ) A. 1 2-p ,1 2 B.p ,1 2 C. 1 2-p ,1 4 D.p ,1 4 O x y    6.(2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模)函数f(x)=2sinωx- π 6 + m(0<ω<4)的部分图象如图所示,则f 2 023 3 = ( ) A.-2 B.-1 C.0 D.3-1 C H F G E A B D 7.(2023·辽宁省沈阳市高三三模)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的 数学名著,它将正四棱台体(棱台的上下底面均为正方形)称为方亭.如 图,现有一方亭ABCD-EFHG,其中上底面与下底面的面积之比为1∶4, 方亭的高h=EF,BF= 6 2EF ,方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形,已 知方亭的体积为56 3 ,则该方亭的表面积为 ( ) A.20+125 B.20+65 C.5+35 D.5+65 8.(2023·四川成都树德中学校考模拟预测)已知f(x),g(x)分别为R上的奇函数和偶函数,且 f(x)+g(x)=ex+cosx,a=- 1 2 ,b=log1 4 3,c=log3 1 2 ,则g(a),g(b),g(c)大小关系为 ( ) A.g(c)<g(a)<g(b) B.g(a)<g(b)<g(c) C.g(a)<g(c)<g(b) D.g(b)<g(a)<g(c) 二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分. 9.(2023·安徽省淮南市高三上学期一模)在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,侧面 PAB 为等边三角形,AB=3,AD=4,PC=5,则 ( ) C A B D G HO R PA.平面PAB⊥平面ABCD B.直线AB 与PC 所成的角的余弦值为 3 10 C.直线PC 与平面ABCD 所成的角的正弦值为 3 5 D.该四棱锥外接球的表面积为28π 10.(2023·山东烟台统考三模)已知a>0,b>0且4a+b=2,则 ( ) A.ab的最大值为 1 2 B.2a+ b 的最大值为2 C. 2 a+ a b 的最小值为6 D.4a+2b 的最小值为4 11.(2023·重庆·校联考三模)德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一,他从几何问题出 发,引进微积分概念.在研究切线时认识到,求曲线的切线的斜率依赖于纵坐标的差值和横坐 标的差值,以及当此差值变成无限小时它们的比值,这也正是导数的几何意义.设f'(x)是函 数f(x)的导函数,若f'(x)>0,对∀x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,总有 f(x1)+f(x2) 2 < f x1+x2 2 ,则下列选项正确的是 ( ) A.f(2)<f(e)<f(π) B.f'(π)<f'(e)<f'(2) C.f'(2)<f(3)-f(2)<f'(3) D.f'(3)<f(3)-f(2)<f'(2) —9— 12.(2023·安徽省淮南市高三上学期一模)已知双曲线C: x2 a2 -y 2 b2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点 分别为F1,F2,过F2 的直线交C 的右支于点A,B,若F1A →·F1B →=F1B →2= 3 5|F1A →||F1B → |,则 ( ) A.AB⊥BF1 B.C 的渐近线方程为y=± 6 2x C.|AF2|=|BF1| D.ΔAF1F2 与ΔBF1F2 面积之比为2∶1 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.(2023· 湖南衡阳市八中校考模拟预测)在 x- 2 x 13 的 展 开 式 中,二 次 项 系 数 是 .(用数字作答) 14.(2023·重庆统考模拟预测)已知函数f(x)=ex-ax+b(a,b∈R),g(x)=x2+x,若这两个 函数的图象在公共点A(1,2)处有相同的切线,则a-b= . 15.(2023·天津市武清区杨村第一中学校考模拟预测)已知点A(1,0),B(2,0),经过点B 作圆 (x-3)2+(y-2)2=5的切线与y 轴交于点P,则|AP|= . 16.(2023·福建省福州市质检二)已知椭圆C: x2 12+ y2 6=1 ,直线l与C 在第二象限交于A,B 两 点(A 在B 的左下方),与x 轴,y 轴分别交于点M,N,且|MA|∶|AB|∶|BN|=1∶2∶3, 则l的方程为 . 四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(17题10分;18 ~22题每题12分.) 17.(2023·河北衡水市第二中学校考三模)已知数列{an}的前n 项和为Sn, 1 2Sn=an-2 n-1. (1)证明: an 2n-1 是等差数列; (2)求数列 an+1 an 的前n 项积. 18.(2023·浙江统考模拟预测)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,sin C= 22 3 ,且 .在①a2+b2-c2=4,②AC→·BC→=2,这两个条件中任选一个,补充在上面的横线 中,并解答下列问题. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. (1)求ab; (2)若sin A·sin B= 1 6 ,求c. —01— 19.(2023·山东聊城统考三模)已知甲箱、乙箱均有6件产品,其中甲箱中有4件正品,2件次品; 乙箱中有3件正品,3件次品. (1)现从甲箱中随机抽取两件产品放入乙箱,再从乙箱中随机抽取一件产品,求从乙箱中抽取 的这件产品恰好是次品的概率; (2)现需要通过检测将甲箱中的次品找出来,每次随机检测一件产品,检测后不放回,直到能 将次品全部找出时检测结束,已知每检测一件产品需要费用15元,设X 表示能找出甲箱中 的所有次品时所需要的检测费用(单位:元),求X 的分布列与数学期望. 20.(2023·广东佛山统考模拟预测)如图1,菱形ABCD 的边长为23,∠ABC= π 3 ,将△ABD 沿BD 向上翻折,得到如图2所示得三棱锥A'-BCD. C A B D 图1 C A′ GB D 图2 (1)证明:A'C⊥BD; (2)若A'C=3,在线段BD 上是否存在点G,使得平面A'CG 与平面BCD 所成角的余弦值为 21 7 ,若存在,求出BG;若不存在,请说明理由. —11— 21.(2023·广东茂名市第一中学校考三模)已知双曲线C: x2 a2 -y 2 b2 =1(a>0,b>0)的离心率为 2. (1)求双曲线C 的渐近线方程; (2)若双曲线C 的右焦点为F,若直线EF(斜率不为0)与C 的左,右两支分别交于E,D 两 点,过E 作l:x= a 2 的垂线,垂足为R,试判断直线DR 是否过定点? 若是,求出定点的坐标; 若不是,请说明理由. 22.(2023·江西·校联考模拟预测)已知函数f(x)= ln x x -x+1. (1)求f(x)的单调区间; (2)若对于任意的x∈(0,+∞),f(x)+ 1 x+x≤ae x 恒成立,求实数a 的最小值. —21— 2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(三) 1.C 解析:由x2-4≥0,可得x≤-2或x≥2,即 A={x|x≤-2或x≥2},而 B= x0<x≤ b 2 ,∵A∩B={x|2≤x≤4},∴b2=4,可得b=8.故选C. 2.D 解析:因为复数z 对应的点的坐标为(-3,-1),所以z=-3-i,所以 z i= -3-i i = (-3-i)i i2 = 1-3i -1=-1+3i. 故选D. 3.A 解析:因为|a+tb|= 3,所以|a|2+2a·b·t+t2|b|2=3,即4+2×2×cos 60°t+t2=3, 解得t=-1.故选A. 4.A 解析:依题意,设圆锥底面半径为r,高为h,母线长为l=1,则l2=r2+h2=1,底面周长为 2πr= 1 2× (2π×1),则r= 1 2 ,所以h= 1- 12 2 = 3h 2 ,所以圆锥的表面积为S=S底+S侧= πr2+πrl= π 4+ π 2= 3π 4 ,故选A. 5.C 解析:根据题意,且P(ξ<0)=p,则P(0<ξ<1)= 1-p 2 = 1 2-p ,由正态曲线得ξ~ N 1,12 2 ,所以D(ξ)= 12 2 = 1 4. 故选C. 6.C 解析:由图可知m=-1,且过点(1,0),代入解析式可知ω- π 6= 5π 6+2kπ ,即ω=π+2kπ (k∈Z).因 为0<ω<4,所 以 ω=π,所 以 f(x)=2sinπx- π 6 -1,所 以 f 2 023 3 = 2sin2 023π 3 - π 6 -1=2sin674π+π3-π6 -1=2sinπ6-1=0.故答案为C. A B E F M 7.A 解析:由题意得,SEFHG=EF2,SABCD=4EF2,则方亭的体积为 1 3 · EF·(EF2+4EF2+ EF2·4EF2)= 56 3 ,解得EF=2,则SEFHG=4, SABCD=16,画出ABFE 的平面图,作EM⊥AB 于M,BF= 6 2EF= 6 ,AM= 4-2 2 =1 ,则 EM= 6-1= 5,SABFE= 1 2× (2+4)× 5=3 5,则该方亭的表面积为SEFHG+SABCD+ 4SABFE=20+125.故选A. 8.C 解析:f(x)+g(x)=ex+cos x,用-x 代替x,f(-x)+g(-x)=e-x+cos(-x),根据 f(x),g(x)分别为R上的奇函数和偶函数,于是-f(x)+g(x)=e-x+cos x,结合f(x)+ g(x)=ex+cos x 可得g(x)= ex+e-x 2 +cos x.故g'(x)= ex-e-x 2 -sin x,设h(x)= g'(x),则h'(x)= ex+e-x 2 -cos x,根 据 基 本 不 等 式 和 余 弦 函 数 的 范 围, ex+e-x 2 ≥ ex·e-x=1,cos x≤1,于是h'(x)≥0,则g'(x)在R 上单调递增,注意到g'(0)=0,于是 x>0时g'(x)>0,g(x)递增.由于g(x)是偶函数,根据对数的性质,log3 1 2=-log32 , log1 4 3=-log43,于是glog3 1 2 =g(-log32)=g(log32),glog143 =g(-log43)=g(log43), g - 1 2 =g 12 ,故只需要比较12,log32,log43的大小.由log32>log3 3=12,log43-log32= ln 3 ln 4- ln 2 ln 3= (ln 3)2-ln 2·ln 4 ln 4·ln 3 ,根据基本不等式,ln 2·ln 4< ln 2+ln 4 2 2 = ln 8 2 2 < ln 9 2 2 =(ln 3)2,故log43>log32> 1 2. 由于x>0时g'(x)>0,g(x)递增可知,g(log43)> g(log32)>g 1 2 ,结合g(x)是偶函数可得,glog143 >glog312 >g -12 ,即g(a)< g(c)<g(b).故选C. 9.ABD 解析:因为 ABCD 为矩形,所以BC=AD=4,因为侧面 PAB 为等边三角形,所以 PB=AB=3,因为PB2+BC2=PC2,所以PB⊥BC,由ABCD 为矩形可得AB⊥BC,因为 AB∩BP=B,AB,BP⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,而BC⊂平面ABCD,所以平面 PAB⊥平面ABCD,因此选项 A正确;由ABCD 为矩形可得AB∥CD,所以∠PCD 是直线 AB 与PC 所成的角(或其补角),设AB 的中点为O,连接OP,OD,OC,因为侧面PAB 为等边 三角形,所以 AB⊥OP,而平面 PAB⊥平面 ABCD,平面 PAB∩平面 ABCD=AB,所以 OP⊥ 平 面 ABCD,因 为 OD ⊂ 平 面 ABCD,所 以 OP ⊥OD,由 勾 股 定 理 可 知:PO= PA2- 12AB 2 = 9- 9 4 = 33 2 ,OD = DA2+ 12AB 2 = 16+ 9 4 = 73 2 ,PD = PO2+OD2= 27 4+ 73 4=5 ,在ΔPCD 中,由余弦定理可得cos∠PCD= 25+9-25 2×53 = 3 10 ,所 以选项B正确;因为OP⊥平面ABCD,所以∠PCO 是直线PC 与平面ABCD 所成的角,因此 sin∠PCO= PO PC= 33 2 5 = 33 10 ,所以选项C不正确;设该四棱锥外接球的球心为G,矩形AB- CD 的中心为H,显然GH⊥平面ABCD,即GH∥OP,过G 作GR⊥OP,连接DH,GD,设该 四棱锥外接球的半径为r,所以在直角三角形DHG 中,有r2=GD2=GH2+ 12× 3 2+42 2 , 在直角梯形POHG 中,有OH=RG= 1 2×4=2 ,OH=GR= r2- 25 4 ,在直角三角形PRG —75— 中,有PG2=PR2+RG2,即r2=(OP-OR)2+4⇒r2= 27 4-33 · r2- 25 4 +r 2- 25 4+4 ,解 得r2= 28 4 ,所以该四棱锥外接球的表面积为4πr2=4π· 28 4=28π ,因此选项 D正确,故选 ABD. 10.BC 解析:对于A,因为2=4a+b≥2 4ab=4 ab,所以ab≤ 1 4 ,当且仅当a= 1 4 ,b=1时, 等号成立,故A错误;对于B,因为4a+b≥4 ab,所以8a+2b≥4 ab+4a+b=(2 a+ b)2,即(2a+ b)2≤4,2a+ b≤2,当且仅当a= 1 4 ,b=1时,等号成立,故B正确;对于 C,由4a+b=2得a= 1 2- b 4 ,所以2 a+ a b= 2 a+ 1 2b- 1 4 ,因为2 a+ 1 2b= 1 2 2 a+ 1 2b (4a+b)= 1 2 17 2+ 2b a+ 2a b ≥12172+24 =254,所以2a+ab=2a+12b-14≥254-14=6,当且仅当a= b= 2 5 时,等号成立,故C正确;对于D,令a= 1 3 ,b= 2 3 ,则4a+2b=4 1 3+2 2 3=2×4 1 3<4,所以 4a+2b 的最小值不是4,D错误.故选BC. O y x




 11.ABD 解析:A选项,根据f'(x)>0可得,f(x)在 R上单调递增,因为 π>e>2,所以f(2)<f(e)<f(π),A正确;B选项,因为∀x1,x2∈ (0,+∞),且x1≠x2,总有 f(x1)+f(x2) 2 <f x1+x2 2 ,所以函数图象 上凸,画出函数图象,由几何意义可知,f'(x)表示函数图象上的各点处 的切线斜率,显然随着x 的增大,切线斜率变小,且恒为正,因为π>e>2,所以f'(π)< f'(e)<f'(2),B正确;C 选项,kAB = f(3)-f(2) 3-2 =f (3)-f(2),结 合 函 数 图 象 可 知 f'(3)<f(3)-f(2)<f'(2),C错误,D正确.故选ABD. 12.ABC 解析:由F1A →·F1B →=|F1A →||F1B →|cos∠AF1B= 3 5|F1A →||F1B →|,得cos∠AF1B= 3 5 ,又由F1B →2=|F1B →|2= 3 5|F1A →||F1B →|,得|F1B →|= 3 5|F1A →|,不妨设|F1B →|=3m,|F1A →|= 5m,在△AF1B 中,由余弦定理得|AB|2=|F1B →|2+|F1A →|2-2|F1B →||F1A →|cos∠AF1B= 16m2,所以|AB|=4m,所以|F1B →|2+|AB|2=|F1A →|2,所以AB⊥BF1,A正确;在直角三 角形BF1F2 中,根据双曲线定义可得|BF1|-|BF2|=2a,所以|BF2|=3m-2a,在三角形 AF1F2 中,根据双曲线定义可得|AF1|-|AF2|=2a,所以|AF2|=5m-2a,因为|AB|= |AF2|+|BF2|=8m-4a=4m,所以m=a,所以|BF1|=3a,|BF2|=3a-2a=a,在直角 三角形BF1F2 中,|BF1|2+|BF2|2=|F1F2|2,即9a2+a2=4c2,所以10a2=4(a2+b2),所 以b 2 a2 = 3 2 ,所以b a= 6 2 ,所以渐近线方程为y=± 6 2x ,B正确;|AF2|=|AB|-|BF2|= 4a-a=3a,|BF1|=3a,所以|AF2|=|BF1|,C正确;S△BF1F2= 1 2|BF1| ·|BF2|= 3 2a 2, S△F1AB= 1 2|AB| ·|BF1|=6a2,S△AF1F2 =S△F1AB -S△BF1F2 = 9 2a 2,所 以△AF1F2 与 △BF1F2 面积之比为3∶1,D错误,故选ABC. 13.-2288 解析:∵C313(x)10· - 2 x 3 =-8C313·x2=-2288x2,即二次项系数是-2288.故 答案为-2288. 14.e-2 解析:因为f(x)=ex-ax+b(a,b∈R),g(x)=x2+x,所以f'(x)=ex-a,g'(x)= 2x+1,因为 f(x),g(x)在 公 共 点 A(1,2)处 有 相 同 的 切 线,所 以 g'(1)=f'(1), f(1)=2 即 3=e-a, e-a+b=2, 所以a-b=e-2.故答案为e-2. A B C xO y15.2 解析:如图所示,设圆心为C 点,则C(3,2), (2-3)2+(0-2)2=5,则点B 在圆上,且kBC= 2-0 3-2=2 ,由PB 与圆 相切可得kPB·kBC=-1⇒kPB=- 1 2 ,所以切线方程为y=- 1 2 (x- 2),令x=0,解得y=1,故P(0,1),所以|AP|= 12+(0-1)2= 2.故答案为 2. O x y N M A B 16.x-y+4=0 解析:如图,由条件得B 点为线段MN 中点,设B 点坐标 为(x0,y0),得M(2x0,0)、N(0,2y0),由|MA|∶|AB|=1∶2得A 坐标 为 A 5x0 3 ,y0 3 ,将 A、B 坐 标 分 别 代 入 x 2 12 + y2 6 =1 中,得 x20 12+ y20 6=1 , 25x20 12×9+ y20 6×9=1 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 x0=-2, y0=2, 则 M、N 坐标分别为(-4,0)、(0,4), 故直线方程为 x -4+ y 4=1 ,即x-y+4=0, 所以直线l的方程为x-y+4=0. 故答案为:x-y+4=0. 17.解:(1)由 1 2Sn=an-2 n-1,得1 2Sn+1=an+1-2 n. 所以1 2 (Sn+1-Sn)=an+1-an-2n-1, —85— 即1 2an+1=an+1-an-2 n-1,整理得an+1-2an=2n, 上式两边同时除以2n,得 an+1 2n - an 2n-1 =1. 又1 2Sn=an-2 n-1,所以1 2a1=a1-1 ,即a1=2, 所以 an 2n-1 是首项为2,公差为1的等差数列. (2)由(1)知, an 2n-1 =2+(n-1)×1=n+1. 所以an=(n+1)×2n-1. 所以 a2 a1 × a3 a2 × a4 a3 ×…× an-1 an-2 × an an-1 × an+1 an = an+1 a1 = (n+2)×2n 2 = (n+2)×2n-1. 18.解:(1)由已知sin C= 22 3 , ∴cos C=± 1-sin2C=± 1- 8 9=± 1 3 , 选择条件① ∵a2+b2-c2=4>0,所以cos C= a2+b2-c2 2ab >0 ,∴cos C= 1 3 , ∵cos C= a2+b2-c2 2ab ,∴ 1 3= 4 2ab ,所以ab=6; 选择条件② ∵AC→·BC→=CA→·CB→=2>0, 所以|CA→|·|CB→|cos<CA→,CB→>>0,即abcos C>0, 又a>0,b>0,所以cos C>0,又C∈(0,π), ∴C 为锐角,∴cos C= 1 3 ∵AC→·BC→=CA→·CB→=|CA→|×|CB→|×cos C. ∵AC→·BC→=abcos C=2, 所以a×b× 1 3=2 ,所以ab=6; (2)∵ a sin A= b sin B= c sin C=2R (2R 为△ABC 的外接圆直径) ∴ab=2Rsin A2Rsin B, 所以6=(2R)2sin Asin B,所以6=(2R)2× 1 6 ,所以2R=6, ∴c=2Rsin C=6× 22 3 =42. 19.解:(1)设A=“从甲箱中抽取的两件产品均为正品”,B=“从甲箱中抽取的两件产品为一件 正品,一件次品”,C=“从甲箱中抽取的两件产品均为次品”,D=“从乙箱中抽取的一件产品 为次品”,由全概率公式, 得P(D)=P(A)×P(D|A)+P(B)×P(D|B)+P(C)×P(D|C) = C24 C26 × 3 8+ C14C12 C26 × 4 8+ C22 C26 × 5 8= 11 24. (2)X 的所有可能取值为30,45,60,75. 则P(X=30)= A22 A26 = 1 15 ; P(X=45)= C12C14A22 A36 = 2 15 ; P(X=60)= A44 A46 + C12C24A33 A46 = 4 15 ; P(X=75)= C12C34A44 A46 = 8 15. 所以X 的分布列为 X 30 45 60 75 P 115 2 15 4 15 8 15 X 的数学期望E(X)=30× 1 15+45× 2 15+60× 4 15+75× 8 15=64 (元). C A′ OB D 20.解:(1)取BD 中点O,连接A'O,CO, ∵四边形ABCD 为菱形,∴A'B=A'D,CB=CD,∴A'O⊥BD,CO⊥ BD, ∵A'O∩CO=O,A'O,CO⊂平面A'OC,∴BD⊥平面A'OC, ∵A'C⊂平面A'OC,∴A'C⊥BD. (2)∵∠ABC= π 3 ,∴∠BA'D=∠BCD= 2π 3 , ∴BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD=12+12-24cos 2π 3=36 ,解得:BD=6; ∴A'O=CO= 12-9= 3,∴cos∠A'OC= A'O2+CO2-A'C2 2A'O·CO = 3+3-9 2× 3× 3 =- 1 2 , ∴∠A'OC= 2π 3 ; 在平面A'OC 中,作OE⊥OC,交A'C 于点E, —95— C E z A′ OB D G y x 则以O 为坐标原点,以OC→,OD→,OE→ 的方向为x,y,z 轴正方向,可建立 如图所示空间直角坐标系, 假设在线段BD 上存在点G(0,m,0)(-3≤m≤3),使得平面A'CG 与平 面BCD 所成角的余弦值为 21 7 , ∵A'O·cos π 3= 3 2 ,A'O·sin π 3= 3 2 ,∴A' - 3 2 ,0, 3 2 , 又C(3,0,0),B(0,-3,0),D(0,3,0), ∴A'C→= 33 2 ,0,- 3 2 ,CG→=(- 3,m,0), 设平面A'CG 的法向量n=x,y,z ,则 A'C→·n= 33 2x- 3 2z=0 , CG→·n=- 3x+my=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 令y= 3,解得:x=m,z= 3m,∴n=(m,3,3m); ∵z轴⊥平面BCD,∴平面BCD 的一个法向量l=(0,0,1), ∴|cos<n,l>|= |n·l| |n|·|l|= |3m| m2+3+3m2 = 21 7 ,解得:m=±1, 当m=1时,BG=4;当m=-1时,BG=2; ∴当BG=2或4时,平面A'CG 与平面BCD 所成角的余弦值为 21 7 . x a R F x y E O D 21.解:(1)由双曲线C: x2 a2 -y 2 b2 =1(a>0,b>0)的离心率为2, 所以e= c a= c2 a2 = 1+ b2 a2 =2,所以 b a= 3 , 所以双曲线C 的渐近线方程为y=± 3x. (2)由题意可得直线EF 的斜率不为0,设直线EF 的方程x=my+2a, 因为直线EF 与双曲线C 的左右两支分别交于E,D 点, 则m∈ -∞,- 3 3 ∪ 33,+∞ , 联立 x=my+2a, x2 a2 -y 2 3a2 =1, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 得(3m2-1)y2+12may+9a2=0, 设D(x1,y1),E x2,y2 ,R a 2 ,y2 ,(y1≠y2), 则y1+y2=- 12ma 3m2-1 ,y1y2= 9a2 3m2-1 ,直线DR 的方程y-y2= y2-y1 a 2-x1 x- a 2 ,令y=0, 得x= x1y2- a 2y1 y2-y1 = (my1+2a)y2- a 2y1 y2-y1 = my1y2+2ay2- a 2y1 y2-y1 = - 3 4a (y1+y2)+2ay2- a 2y1 y2-y1 = 5a 4 (y2-y1) y2-y1 = 5a 4 , 所以直线DR 过定点 5a4 ,0 . 22.解:(1)由f(x)= ln x x -x+1 定义域为x∈(0,+∞), 又f(x)= 1 x ·x-ln x·1 x2 -1= 1-ln x-x2 x2 , 令h(x)=1-ln x-x2,显然h(x)在(0,+∞)单调递减,且h(1)=0; ∴当x∈(0,1)时,h(x)>0⇒f'(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0⇒f'(x)<0. 则f(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减 (2)法一:∵任意的x∈(0,+∞),f(x)+ 1 x+x≤ae x 恒成立, ∴-x2+x+ln x≤axex-x2-1恒成立,即a≥ x+ln x+1 xex 恒成立 令g(x)= x+ln x+1 xex ,则g'(x)= -(x+1)(x+ln x) x2ex . 令h(x)=x+ln x,则h(x)在(0,+∞)上单调递增, ∵h 1e =1e-1<0,h(1)=1>0. ∴存在x0∈ 1 e ,1 ,使得h(x0)-x0+ln x0=0 当x∈(0,x0)时,h(x)<0,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,g'(x)<0,g(x)单调递减, 由x0+ln x0=0,可得x0=-ln x0, ∴g(x)max=g(x0)= x0+ln x0+1 x0e x0 =1, —06— 又a≥ x+ln x+1 xex ,∴a≥1,故a 的最小值是1. 法二:∴-x2+x+ln x≤axex-x2-1恒成立,即a≥ x+ln x+1 xex 恒成立 令g(x)= x+ln x+1 xex = x+ln x+1 eln x·ex = x+ln x+1 eln x+x 不妨令t=x+ln x(x>0),显然t=x+ln x 在(0,+∞)单调递增⇒t∈R. ∴a≥ t+1 et 在t∈R恒成立. 令h(t)= t+1 et ⇒h'(t)= -t et ∴当t∈(-∞,0)时,h'(t)>0; 当t∈(0,+∞)时,h'(t)<0即h(t)在(-∞,0)单调递增, h(t)在(0,+∞)单调递减, ∴h(t)min=h(0)= 0+1 e0 =1,∴a≥1,故a 的最小值是1. 2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(四) 1.B 解析:由题意可得A={x|-1≤x≤1},B={x|1-a<x<1+a},若A∪B 中有且仅有三 个整数,则只能是-1,0,1,故-2≤1-a<1+a≤2,解得0<a≤1,故选B. 2.B 解析:法一:∵z=1-i,∴1-i+ b 1-i-a=1-i+ b(1+i) 2 -a=1-a+ b 2+ -1+ b 2 i=0, ∴ 1-a+ b 2=0 , -1+ b 2=0 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得a=2,b=2,a+b=4. 法二:∵z+ b z-a=0 ,∴z2-az+b=0,因为z=1-i,故z=1+i也满足z2-az+b=0,由韦 达定理可得a=1-i+1+i=2,b=(1-i)(1+i)=2,故a+b=4.故选B. 3.B 思路分析:根据投影向量的定义可得 a·b |b|× b |b| ,将数据代入计算,即可得到答案. 解析:由a⊥(a-b),得a·(a-b)=0,∴|a|2-a·b=0,于是a·b=9,因此a 在b 方向上 的投影向量为a ·b |b|× b b = 9 23 × b 23 = 3 4b. 故选B. 4.B 解析:设九只茶壶按容积从小到大依次记为a1,a2,…a9,由题意可得a1+a2+a3=0.5, a7+a8+a9=2.5,所以3a2=0.5,3a8=2.5⇒a2+a8=1,∴a5= a2+a8 2 =0.5 ,故选B. 5.B 解析:由题意得,5名代表排成一排合影留念,要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相 邻,先令丙、丁两人相邻用捆绑法A22,再把丙、丁与戊排列在一起A22,最后插空令甲、乙两人不 相邻A23,则不同的排法共有A22×A22×A23=2×2×6=24种.故选B. O OA A P 6.A 解析:设圆台的上下底面半径为r1,r2,由圆台上底面与下底面 的面积比为1∶4,得圆台上底面与下底面的半径比为 r1 r2 = 1 2 ,由题 意知正方体的棱长为 2 2×2r1= 2r1 ,如图,设AP 为圆台的一条 母线,AA1 为正方体的一条棱,O1,O2 为圆台上下底面的中心,在 Rt△AA1P 中,AP= 6,A1P=r2-r1=r1,A1A= 2r1,即(6)2=r21+(2r1)2,解得r1= 2,r2=22,则V1= 1 3π2r1 (r21+r1r2+r22)= 1 3π×2× (2+4+8)= 28π 3 ,正方体的外接球半 径为R= 3AA1 2 = 23 2 = 3 ,故V2= 4 3π (3)3=43π,所以 V1 V2 = 28π 3 43π = 73 9 ,故选A. C O FA B 7.C 解析:如图,伞的伞沿与地面接触点B 是椭圆长轴的一个端点,伞沿在 地面上最远的投影点A 是椭圆长轴的另一个端点,对应的伞沿为C,O 为 伞的圆心,F 为伞柄底端,即椭圆的左焦点,设椭圆的长半轴长为a,半焦距 为c,由OF⊥BC,|OF|=|OB|=3,得a+c=|BF|=32,∠FBC=45°, |AB|=2a,|BC|=6,在△ABC 中,∠BAC=60°,则∠ACB=75°,sin 75°=sin(45°+30°)= 2 2× 3 2 + 2 2 × 1 2= 6+ 2 4 ,由 正 弦 定 理 得, 2a sin 75°= 6 sin 60° ,解 得 a= 6× 6+ 2 4 2× 3 2 = 6+32 2 ,则c= 32- 6 2 ,所以该椭圆的离心率e= c a= 32- 6 32+ 6 =2- 3.故选C.(或AF= a-c=CFtan 30°= 6,联立BF=a+c=32,求出a,c) 8.A 解析:由题意,可得a=(2+2) 1 2,b=(2+3) 1 3,c=(2+e) 1 e,所以令f(x)= 1 x ·ln(2+x), (x>0),则f'(x)= x x+2-ln (2+x) x2 ,令g(x)= x x+2-ln (2+x),(x>0),则g'(x)= -x (x+2)2 <0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,g(x)<g(0)=-en2<0,所以f'(x)<0恒 成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,因为2<e<3,所以f(2)>f(e)>f(3),即 1 2ln (2+ —16—