新课标全国卷重组卷(九)-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(九) 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.(2022·广东省佛山市一模卷)已知集合A={x|x2-x-2<0},B={x||x|>1},则A∩B= ( ) A.(-2,-1) B.(-1,1) C.(0,1) D.(1,2) 2.(2023·湖南省长沙市一模卷)已知a,b∈R,i是虚数单位,若(1+i)(1-bi)=a,则 a b 的值为 ( ) A. 1 2 B.1 C.2 D.4 3.(2022·蕉岭月考卷)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,若a4=7,S5=20,则a10= ( ) A.16 B.19 C.22 D.25 4.(2023·新高考三轮模拟卷)设a=(1,-2),b=(-3,4),c=(3,2),则(a+2b)·c等于 ( ) A.(-15,12) B.0 C.-3 D.-11 5.(2023·新高考冲刺卷)高三年级某班组织元旦晚会,共准备了甲、乙、丙、丁、戊五个节目,出场 时要求甲、乙、丙三个节目顺序为“甲、乙、丙”或“丙、乙、甲”(可以不相邻),则这样的出场排序 有 ( ) A.24种 B.40种 C.60种 D.84种 6.(2023·新高考三轮模拟卷)在△ABC 中,a=4,b= 5 2 ,cos(A-B)cos B-sin(A-B)sin(A+ C)= 3 5 ,则角B 的大小为 ( ) A. π 6 B. π 4 C. π 3 D. 5π 6 7.(2022·浙江省富阳中学联考卷)正三棱锥S-ABC 的底面是面积为 3的正三角形,高为22, 则其内切球的表面积为 ( ) A. 16π 3 B. 8π 3 C. 16π 9 D. 8π 9 8.(2023·新高考冲刺卷)已知函数f(x)和f(x+2)都是定义在R上的偶函数,当x∈[0,2]时, f(x)=2x,则f - 2 021 2 = ( ) A.2 B.22 C. 32 2 D.2 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.(2022·陕西省兴华学校模拟卷)已知f(x)= ln x x ,下列说法正确的是 ( ) A.f(x)在x=1处的切线方程为y=x+1 B.f(x)的单调递减区间为(e,+∞) C.f(x)的极大值为 1 e D. 方程f(x)=-1有两个不同的解 10.(2023·广东省湛江中学月考卷)下列命题中是真命题的是 ( ) A.a,b反向⇔a·b=-|a||b| B.若a·b=0,则a⊥b C.已知向量a=(2,1),b=(-3,1),向量a在向量b上的投影为 10 2 D.向量a=(1,-2),b=(7,-14)不可以作平面基底 11.(2022·江苏省南京市期末卷)正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为3,点E,F 分别在棱 CC1,D1C1 上,且C1E=2EC,D1F=2FC1,下列命题:其中所有真命题为 ( ) A.异面直线BE,CF 所成角的余弦值为 3 10 B.过点B,E,F 的平面截正方体,截面为等腰梯形 C.三棱锥B1-BEF 的体积为 3 2 D.过B1 作平面α,使得AE⊥α,则平面α截正方体所得截面面积为 5 19 2 12.(2023·广东省高三模拟卷)已知曲线C: x2 9+ y2 m=1 ,F1,F2 分别是曲线C 的左、右焦点,则 下列说法中正确的有 ( ) A.若m=-3,则曲线C 的两条渐近线所成的夹角为 2π 3 B.若曲线C 的离心率e=2,则m=-27 C.若m=6,则曲线C 上不存在点P 使得∠F1PF2= π 2 D.若m=4,P 为曲线C 上一个动点,则△F1PF2 面积的最大值为35 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.(2022·江苏省无锡市天一中学期中卷)已知随机变量X~N(3,σ2),P(X>0)=0.8,则P(3 <X≤6)= . 14.(2023·重庆市南开中学高三模拟卷)过原点的一条直线与圆C:(x+2)2+y2=3相切,交曲 线y2=2px(p>0)于点P,若|OP|=8,则p 的值为 . 15.(2022·湖南省三湘名校教育联盟月考卷)曲线y=xln x 在点(1,0)处的切线与曲线y=ax2 -x 相切,则a= . —33— 16.(2023·江苏省泰州市期中检测卷)若 π 4<x< π 2 ,则函数y=tan 2xtan3x 的最大值为 . 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·新高考三轮模拟卷)首项为a1,公差为d(d∈N*)的等差数列{an}满足下列两个条 件: ①a3+a5+a7=93;②满足an>100的n 的最小值是15. 试求公差d 和首项a1 的值. 18.(四川省成都市新都一中月考卷)在三角形 ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为a,b,c, cos(A-B)cos B-sin(A-B)sin(A+C)=- 3 5. (1)求sin A 的值; (2)若a=42,b=5,求BA→ 在BC→ 方向上的投影. —43— 19.(2022·山西省太原市高考模拟卷)为实现2020年全面建设小康社会,某地进行产业的升级 改造.经市场调研和科学研判,准备大规模生产某高科技产品的一个核心部件,目前只有甲、 乙两种设备可以独立生产该部件.如图是从甲设备生产的部件中随机抽取400件,对其核心 部件的尺寸x,进行统计整理的频率分布直方图. 3C       
















O F UNN M( 根据行业质量标准规定,该核心部件尺寸x 满足:|x-12|≤1为一级品,1<|x-12|≤2为 二级品,|x-12|>2为三级品. (1)现根据频率分布直方图中的分组,用分层抽样的方法先从这400件样本中抽取40件产 品,再从所抽取的40件产品中,抽取2件尺寸x∈[12,15]的产品,记ξ为这2件产品中尺寸 x∈[14,15]的产品个数,求ξ的分布列和数学期望; (2)将甲设备生产的产品成箱包装出售时,需要进行检验.已知每箱有100件产品,每件产品 的检验费用为50元.检验规定:若检验出三级品需更换为一级或二级品;若不检验,让三级品 进入买家,厂家需向买家每件支付200元补偿.现从一箱产品中随机抽检了10件,结果发现 有1件三级品.若将甲设备的样本频率作为总体的概率,以厂家支付费用作为决策依据,问是 否对该箱中剩余产品进行一一检验? 请说明理由; (3)为加大升级力度,厂家需增购设备.已知这种产品的利润如下:一级品的利润为500元/ 件;二级品的利润为400元/件;三级品的利润为200元/件.乙种设备产品中一、二、三级品的 概率分别是2 5 ,1 2 ,1 10. 若将甲设备的样本频率作为总体的概率,以厂家的利润作为决策依据. 应选购哪种设备? 请说明理由. 20.(2023·新高考三轮模拟卷)如图,四棱锥S-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,SD⊥底面 ABCD,AD= 2,DC=SD=2,点 M 在侧棱SC 上,∠ABM=60°. (1)证明:M 是侧棱SC 的中点; (2)求二面角S-AM-B 的大小. C A B M S D —53— 21.(2022·湖北省荆州市贺炳炎中学模拟卷)已知双曲线的对称中心在直角坐标系的坐标原点, 焦点在坐标轴上,双曲线的一条渐近线的方程为y= 3x,且双曲线经过点4,6 ,过双曲线上 的一点P(P 在第一象限)作斜率不为± 3的直线l,l与直线x=1交于点Q 且l与双曲线有 且只有一个交点. (1)求双曲线的标准方程; (2)以PQ 为直径的圆是否经过一个定点? 若经过定点,求出定点的坐标;若不经过定点,请 说明理由. 22.(2023·河北省衡水市武邑中学质检卷)已知函数f(x)=xln x+ax+1,a∈R. (1)当x>0时,若关于x 的不等式f(x)≥0恒成立,求a 的取值范围; (2)当n∈N*时,证明: n 2n+4<ln 22+ln2 3 2+ …+ln2 n+1 n < n n+1. —63— 由 x2+y2-2y=0, y=k2x 得:x4= 2k21+k22, 所以 |x3x4| |x1x2| = 4k1k2 x1x2(1+k21)(1+k22) , 令lAB:y=kx+1,与x2=4y 联立得:x2-4kx-4=0, 所以,x1x2=-4,x1+x2=4k,则y1y2=1, 所以k1k2= y1y2 x1x2 =- 1 4 ,代入得:|x3x4| |x1x2| = 1 17 4+4 (k21+k22) , 又因为k21+k22≥2|k1k2|= 1 2 , 所以 |x3x4| |x1x2| = 1 17 4+4 (k21+k22) ≤ 4 25 ,当且仅当k1= 1 2 ,k2=- 1 2 时取等号 所以△DOE 与△AOB 面积之比的最大值为 4 25. 22.思路分析:(1)设函数f(x)的切点为(x0,y0),分析“恒切函数”的性质可得 f(x0)=0, f'(x0)=0 ,对于 函数f(x)=x3,则有 x30=0, 3x20=0, 解可得x0=0,即可得出结论. (2)设函数f(x)的切点为(x0,y0),分析可得 m=- 1 2 (ex0-x0-1)e x0, 2ex0=x0+2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 设2ex=x+2,考查 2ex=x+2的解,综合即可得答案. 解:(1)根 据 题 意,若 函 数 f (x)=x3 为 “恒 切 函 数”,切 点 为 (x0,y0),则 f(x0)+kx0+b=kx0+b, f'(x0)+k=k, 即 f (x0)=0, f'(x0)=0, 对于函数f(x)=x3,f'(x)=3x2,所以 x30=0, 3x20=0, 解 得x0=0.因此,函数f(x)=x3 是“恒切函数”; (2)根据题意,函数f(x)= 1 2 (ex-x-1)ex+m 是“恒切函数”,设切点为(x0,y0), 由f(x)= 1 2 (ex-x-1)ex+m,可得f'(x)= 1 2 (2ex-x-2)ex, 则有 1 2 (ex0-x0-1)e x0+m=0, 1 2 (2ex0-x0-2)e x0=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 即 m=- 1 2 (ex0-x0-1)e x0, 2ex0=x0+2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 考查方程2ex=x+2的解, 设g(x)=2ex-x-2,因为g'(x)=2ex-1,令g'(x)=0,得x=-ln 2. 当x∈(-∞,-ln 2)时,g'(x)<0;当x∈(-ln 2,+∞)时,g'(x)>0. 所以,函数y=g(x)的单调递减区间为(-∞,-ln 2),单调递增区间为(-ln 2,+∞). 所以g(x)min=g(-ln 2)=ln 2-1<0. (ⅰ)当x∈(-∞,-ln 2)时,因为g(-2)= 2 e2 >0,g(-1)= 2 e-1<0 ,所以, 函数y=g(x)在区间(-∞,-ln 2)上存在唯一零点x0∈(-2,-1). 又因为m=- 1 2 (ex0-x0-1)e x0= 1 8x0 (x0+2)= 1 8 (x0+1)2- 1 8∈ - 1 8 ,0 ; (ⅱ)当x∈(-ln 2,+∞)时,因为g(0)=0,所以函数y=g(x)在区间(-ln 2,+∞)上有唯 一零点,则m=0,综上所述,- 1 8<m≤0. 2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(九) 1.D 解析:因为A={x|x2-x-2<0}={x|-1<x<2},B={x||x|>1}={x|x<-1或 x>1},所以A∩B=(1,2),故选D. 2.C 思路分析:将(1+i)(1-bi)乘开后,利用两个复数相等的充要条件求出a,b,即可得到答 案. 解析:由(1+i)(1-bi)=a,得1+b+(1-b)i=a,所以 1+b=a, 1-b=0, 解得 a=2 , b=1, 所以ab=2.故选 C. 3.D 解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.∵a4=7,S5=20,∴ a1+3d=7, 5a1+10d=20, ∴ a1=-2, d=3, ∴an=-2+3(n-1),即an=3n-5∴a10=25,故选D. 4.C 思路分析:先求出a+2b 的坐标,然后根据向量数量积坐标运算公式求解即可 解析:因为a=(1,-2),b=(-3,4),所以a+2b=(1,-2)+2(-3,4)=(-5,6),因为c= (3,2),所以(a+2b)·c=-5×3+6×2=-3,故选C. 5.B 思路分析:先求出五个节目的全排列有A55 种情况,要求甲、乙、丙有两种固定的出场顺序, 则除以甲乙丙的全排列A33,再乘以固定的顺序种类即可得到结果. 解析:五个元素的全排列数为 A55,由于要求甲、乙、丙在排列中顺序为“甲、乙、丙”或“丙、乙、 甲”2种排法,所以满足条件的排法有 A55 A33 ×2=40.故选B. 6.A 思路分析:根据三角函数恒等变化化简可得cos A= 3 5 ,得sin A= 4 5 ,再根据正弦定理求得 sin B= 1 2 ,再分析可得角B 的大小. —18— 解析:由cos(A-B)cos B-sin(A-B)sin(A+C)= 3 5 ,得cos(A-B)cos B-sin(A- B)sin B=cos A= 3 5 ,故sin A= 1-cos2A= 4 5. 由正弦定理得,4 4 5 = 5 2 sin B ,解得sin B= 1 2 , 故B= π 6 或B= 5π 6. 又因为a=4,b= 5 2 ,所以a>b,故A>B,则B= π 6. 故选A. 7.D 思路分析:利用等体积法来求内切球半径,可先画出正三棱锥的图形,由底面积和高可得正 三棱锥体积,根据正三角形性质可知边长,结合高可得侧面三角形的高,即可得到正三棱锥表 面积S,再由 1 3×S×r=V 得到r,进而求解. CA B O S D 解析:如图,O 为底面正三角形ABC 的中心,SO⊥平面ABC,SO= 22,则正三棱锥S-ABC 的体积为V= 1 3× 3×22= 26 3 ,延长 AO 交BC 于D,则D 为BC 的中点,所以S△ABC= 3 4BC 2= 3,则 BC=2,所以AD= 3 2AB= 3 ,OD= 1 3AD= 3 3 ,所以S△SBC= 1 2 · BC· OD2+SO2= 1 2×2× 3 3 2 +22 2=533 ,所以正三棱锥S-ABC 的表面积为S= 3+3× 53 3 =63 ,设内切球半径为r,则 1 3×S×r=V ,即1 3×63 ·r= 26 3 ,解得r= 2 3 ,所 以内切球的表面积为4πr2= 8π 9 ,故选D. 8.B 思路分析:根据f(x+2)是定义在 R上的偶函数,得到f(x)=f(4-x),同时结合条件 f(x)为偶函数,可得到函数的周期T=4,从而f - 2 021 2 =f(1.5),代入即可求值. 解析:因为f(x+2)是定义在 R上的偶函数,所以f(-x+2)=f(x+2),即f(x)=f(4- x),又f(x)为定义在R上的为偶函数,所以f(x)=f(-x),所以f(-x)=f(4-x),所以函 数的周期T=4,所以f - 2 021 2 =f2 021 2 =f4×253-32 =f -32 =f 32 =22.故选 B. 9.BC 思路分析:对于A,利用导数的几何意义求解,对于B,求导后,由导数小于零求解,对于 C,求导后求极值,对于D,依据函数y=f(x)与y=-1的交点个数判断. 解析:对于A,由f(x)= ln x x (x>0),得f'(x)= 1-ln x x2 ,f(1)=0,则f'(1)=1, 所以f(x)在x=1处的切线方程为y=x-1,所以 A错误;对于B,由f'(x)<0,得1- ln x<0,x>e,所以f(x)的单调递减区间为(e,+∞),所以B正确;对于C,由f'(x)=0,得 x=e,当0<x<e时,f'(x)>0,当x>e时,f'(x)<0,所以当x=e时,f(x)取得极大值 f(e)= 1 e ,所以C正确;对于D,由C选项可知f(x)的最大值为 1 e ,且当0<x<e时,f(x)< 1 e ,当x>e时,f(x)= ln x x >0 ,所以函数y=f(x)与y=-1的交点个数为1,所以f(x)= -1有1个解,所以D错误,故选BC. 10.AD 思路分析:根据数量积的定义判断A,根据零向量和向量垂直的定义判断B,根据投影 计算C,根据共线向量判断D. 解析:对于A:a,b反向,即<a,b>=π,所以a·b=|a||b|cos π=-|a||b|,故充分性成立, 若a·b=-|a||b|,则cos<a,b>=-1,则<a,b>=π,所以a,b 反向,故A正确;对于B:若 a·b=0,则a、b至少有一个为零向量(a=0或b=0)或a、b 均不为零向量,所以a⊥b 不一 定成立,故B错误;对于C:因为a=(2,1),b=(-3,1),所以a·b=-3×2+1×1=-5, |b|= (-3)2+12= 10,所以向量a 在向量b 上的投影为 a·b |b|=- 10 2 ,故C错误;对于 D:因为a=(1,-2),b=(7,-14),所以b=7a,即b∥a,所以向量a=(1,-2),b=(7, -14)不可以作平面基底,故D正确;故选AD. 11.ACD 思路分析:A.取A1B1 的三等分点F1,使A1F1=2B1F1,论证BF1∥CF,则∠F1BE 是异面直线BE,CF 所成的角求解判断;B.取B1B 的三等分点E1,使B1E1=2BE1,论证 E1F1∥EF;取A1B1 的中点G,连接BG,由 B1F1 F1G = B1E1 E1B = 2 1 ,得到E1F1∥BG,进而证得 BG∥EF 即可判断;C.利用等体积法,由VB1-BEF=VF-B1BF 求解判断;D.取BC 的三等分点H, 使CH=2HB,取CD 的三等分点H1,使CH1=2H1D,得到平面 HH1D1B1,再利用空间向 量法,论证即为过B1 的平面α,然后由等腰梯形求解判断. 解析:A.如图所示: A D BF F C C E A B D 取A1B1 的三等分点F1,使A1F1=2B1F1,又D1F=2FC1,所以B1F1∥FC1,B1F1=FC1, 所以B1F1FC1 是平行四边形,则 FF1∥B1C1,BC∥B1C1,所以 FF1∥BC,FF1=BC,则 FF1BC 是平行四边形,所以 BF1∥CF,所以∠F1BE 是异面直线BE,CF 所成的角,又 —28— F1B= 10,BE= 10,EF1= 14,所以cos∠F1BE= F1B2+BE2-EF21 2F1B·BE = 3 10 ,故正确; B.如图所示: A D BF E G F C C E A B D 取B1B 的三等分点E1,使B1E1=2BE1,又C1E=2EC,所以BE1∥CE,BE1=CE,所以 BE1CE 是平行四边形,则BC∥EE1,又由A 知FF1∥BC,所以FF1∥EE1,FF1=EE1,则 EE1FF1 是平行四边形,所以E1F1∥EF;取A1B1 的中点G,连接BG,又 B1F1 F1G = B1E1 E1B = 2 1 , 所以E1F1∥BG,则BG∥EF,则四边形BEFG 即为所求的平面,又BE≠FG,故错误; C.S△B1BE= 1 2×3×3= 9 2 ,C1F⊥平面B1BF,C1F=1,则三棱锥的体积VB1-BEF=VF-B1BF= A D B H C C y H E A B D x z1 3 ·S△B1BE·C1F= 3 2 ,故正确; D.如图所示:取BC 的三等分点H,使CH=2HB,取CD 的三等分 点 H1,使 CH1=2H1D,所以 HH1∥BD,BD=B1D1,HH1∥ B1D1,则平面 HH1D1B1 即为过B1 的平面α,建立如图所示空间 直角坐标系,则 A(3,0,0),E(0,3,1),B1(3,3,3),D1(0,0,3), H1(0,1,0),所以AE →=(-3,3,1),B1D1 →=(-3,-3,0),B1H1 →= (-3,-2,-3),而 AE→·B1D1 →=0,AE→·B1H1 →=0所以 AE⊥平面 HH1D1B1,因为 B1D1=3 2,HH1= 2 3BD =2 2 ,B1H =D1H1= 10,所 以 等 腰 梯 形 的 高 为 h= (10)2- 32-22 2 2 = 38 2 ,等腰梯形的面积为S= (32+22) 2 × 38 2 = 5 19 2 ,故正 确.故选ACD. 12.BC 思路分析:对于A选项:求出双曲线的渐近线,求出两渐近线的夹角;对于B选项:根据 双曲线的离心率求m 即可;对于C选项:先判断出短轴顶点 M 与两焦点连线夹角为锐角,可 知∠F1PF2= π 2 不成立;对于D选项:当P 在短轴顶点时△F1PF2 面积的最大值. 解析:对于A选项,当m=-3时,曲线C: x2 9- y2 3=1 表示焦点在x 轴上的双曲线,渐近线方 程为y=± 3 3x ,故渐近线的倾斜角分别为π 6 ,5π 6 ,所以曲线C 的两条渐近线所成的锐角为 π 3 ,故A选项错误;对于B选项,离心率e=2,则曲线C 为焦点在x 轴上的双曲线,a=3,e= 2,故c=6,所以-m=c2-a2=36-9=27,所以m=-27,故B选项正确;对于C选项,若 m=6,则曲线C: x2 9+ y2 6=1 表示焦点在x 轴上的椭圆,此时a2=9,b2=6,c2=3,设椭圆C 的短 轴 的 一 个 顶 点 坐 标 为 M 0,6 ,则cos∠F1MF2=a 2+a2-4c2 2a2 = 6 18= 1 3>0 ,故 ∠F1MF2 为锐角,所以曲线C 上不存在点P,使得∠F1PF2= π 2 ,故C选项正确;对于D选 项,若m=4,则曲线C: x2 9+ y2 4=1 表示焦点在x 轴上的椭圆,此时a2=9,b2=4,c2=5,P 为 C 上一个动点,则△PF1F2 面积的最大值为Smax= 1 2×2c×b= 1 2×25×2=25 ,故D选 项错误.故选BC. 13.0.3 思路分析:正态曲线关于直线x=μ,即x=3对称,根据其对称性,即可求出答案. 解析:因为X~N(3,σ2),P(X≥0)=0.8,又P(X≥3)=0.5,所以P(0≤X<3)=0.3,根据 正态曲线的对称性,可知P(3<X≤6)=0.3.故答案为0.3. 14.6 思路分析:根据圆(x+2)2+y2=3和曲线y2=2px 关于x 轴对称,不妨设切线方程为 y=kx,k>0,即可根据直线与圆的位置关系,直线与抛物线的位置关系解出. 解析:易知圆(x+2)2+y2=3和曲线y2=2px关于x轴对称,不妨设切线方程为y=kx,k>0,所 以 |2k| 1+k2 = 3,解 得:k= 3,由 y=3x, y2=2px 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解 得: x=0, y=0 或 x= 2p 3 , y= 23p 3 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 所 以|OP|= 2p 3 2 +23p 3 2 = 4p 3=8 ,解得:p=6.当k=- 3时,同理可得.故答案为6. 15.1 解析:因为y=xln x,所以y'=ln x+1,则y'|x=1=ln 1+1=1,且切点坐标为(1,0),故 切线方程 为 y=x-1,又 y=ax2-ax,则 y'=2ax-a,设 切 点 坐 标 为(x0,y0),则 2ax0-a=1, x0-1=y0, ax20-ax0=y0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 a=1, x0=1, y0=0. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 故答案为1. 16.-8 解析:∵ π 4<x< π 2 ,∴tan x>1,∴tan 2x>1,设t=tan2x.∴y= 2t2 1-t= - 2(t-1)2+4(t-1)+2 t-1 =-2 (t-1)- 2 t-1-4≤-2×2-4=-8 当且仅当t=2时成立. 17.思路分析:根据a3+a5+a7=93,得到a5=31,由an>100,推出n> 69 d+5 ,然后根据an> —38— 100的n 的最小值是15,由14≤ 69 d+5<15 求解. 解:∵a3+a5+a7=93,∴3a5=93,∴a5=31, 由an>100,即an=a5+(n-5)d>100,∴n> 69 d+5 ∵满足an>100的n 的最小值是15,∴14≤ 69 d+5<15 , ∴ 69 10<d≤ 23 3 ,又d∈N*,∴d=7,∴a1=a5-4d=3. 18.思路分析:(1)由三角形内角的性质及和角余弦公式可得cos A=- 3 5 ,再根据同角三角函数 的平方关系求sin A. (2)由正弦定理可得sin B= 2 2 ,再由余弦定理求边长c,最后根据向量投影的定义求BA→ 在 BC→ 方向上的投影. 解:(1)由A+C=π-B,则cos(A-B)cos B-sin(A-B)sin B=- 3 5 ,即cos A=- 3 5 , 因为0<A<π,所以sin A= 1-cos2A= 4 5. (2)由正弦定理 a sin A= b sin B ,所以sin B= bsin A a = 2 2 , 由题设,a>b,即A>B,所以B= π 4 , 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,则32=25+c2+6c,解得c=1或c=-7(舍). BA→ 在BC→ 方向上的投影:|BA→|cos B=ccos B= 2 2. 19.思路分析:(1)利用频率分布直方图中的频率(概率)求出尺寸在[12,15]的产品件数,及在[14, 15]的产品件数,得ξ的可能取值为0,1,2,分别计算出概率得概率分布列,由分布列计算出期 望. (2)三级品的概率为(0.1+0.075)×1=0.175,计算对剩余产品逐一检验和对剩余产品不检 验需支付的费用,比较后可得. (3)利用频率(概率)计算出两种方案的利润期望,比较可得. 解:(1)抽取的40件产品中,产品尺寸x∈[12,15]的件数为:40×[(0.2+0.175+0.075)×1]= 18, 其中x∈[14,15]的产品件数为40×(0.075×1)=3, ∴ξ的可能取值为0,1,2, ∴P(ξ=0)= C215 C218 = 35 51 ,P(ξ=1)= C115·C13 C218 = 5 17 ,P(ξ=2)= C23 C218 = 1 51 , ∴ξ的分布列为: ξ 0 1 2 P 3531 5 17 1 51 ∴E(ξ)=0× 35 51+1× 5 17+2× 1 51= 1 3. (2)三级品的概率为(0.1+0.075)×1=0.175, 若对剩余产品逐一检验,则厂家需支付费用50×100=5 000; 若对剩余产品不检验,则厂家需支付费用50×10+200×90×0.175=3 650, ∵5 000>3 650, 故不对剩余产品进行逐一检验. (3)设甲设备生产一件产品的利润为y1,乙设备生产一件产品的利润为y2, 则E(y1)=500×(0.3+0.2)+400×(0.150+0.175)+200×0.175=415, E(y2)=500× 2 5+400× 1 2+200× 1 10=420. ∵E(y1)<E(y2). ∴应选购乙设备. C A B D S M N E 20.解:(1)作 MN∥SD 交CD 于N,作NE⊥AB 交AB 于E, 连 ME、NB,则 MN⊥平面ABCD,ME⊥AB,NE=AD= 2 设 MN=x,则NC=EB=x, 在RtΔMEB 中,∵∠MBE=60°∴ME= 3x. 在RtΔMNE 中,∵ME2=NE2+MN2∴3x2=x2+2 解得x=1,从而 MN= 1 2SD∴M 为侧棱SC 的中点M. C y x z A B D S M N E (2)建系如图. 由(1)得 M(0,1,1),MA→=(2,-1,-1),又AS→=(- 2,0,2), AB→=(0,2,0), 设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别是平面SAM、MAB 的 法向量,则 n1·MA →=0, n1·AS →=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 且 n2·MA →=0, n2·AB →=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 即 2x1-y1-z1=0, - 2x1+2z1=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 —48— 且 2x2-y2-z2=0, 2y2=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 分别令x1=x2= 2得z1=1,y1=1,y2=0,z2=2,即n1=(2,1,1),n2=(2,0,2), ∴cos<n1,n2>= 2+0+2 2· 6 = 6 3 , 二面角S-AM-B 的大小π-arccos 6 3. 21.思路分析:(1)设双曲线方程,把经过的点代入即可;(2)求出点P 和Q 的坐标,再求以PQ 为 直径的圆. 解:(1)依题可设双曲线的标准方程为3x2-y2=λ, 因为双曲线经过点(4,6),所以λ=3×42-62=12, 所以双曲线的标准方程为3x2-y2=12即 x2 4- y2 12=1. (2)直线l的斜率显然存在且不为0,设l的方程为y=kx+t,(k≠± 3), 由 y=kx+t, x2 4- y2 12=1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 得(3-k2)x2-2ktx-(t2+12)=0(*), 因为k≠± 3且l与双曲线有且只有一个交点,所以(*)方程有且只有一个实数根, 所以Δ=0,即(-2kt)2+4(3-k2)(t2+12)=0得4k2=t2+12, P 的横坐标为 kt 3-k2 =- 4k t , P 的纵坐标为k× - 4k t +t=t 2-4k2 t =- 12 t 即点P 的坐标为 - 4k t ,- 12 t , 直线l与直线x=1的交点Q 坐标为(1,k+t), 以PQ 为直径的圆方程为 x+ 4k t (x-1)+y+12t (y-k-t)=0,化为 t(x2-x+y2-12)+k(4x-4-12)+(12-tk-t2)y=0, 当x2-x+y2-12=0且4x-4-12=0,即x=4且y=0时上述方程恒成立, 所以以PQ 为直径的圆恒过一个定点(4,0). 22.思路分析:(1)由f(x)≥0,得-a≤ln x+ 1 x 恒成立,令F(x)=ln x+ 1 x. 求出F(x)的最小 值,即可得到a 的取值范围. (2)∵ n 2n+4 为数列 1 (n+1)(n+2) 的前n 项和,nn+1为数列 1n(n+1) 的前n 项和. ∴只需证明 1 (n+1)(n+2)<ln 2n+1 n < 1 n(n+1) 即可. 解:(1)由f(x)≥0,得xln x+ax+1≥0(x>0). 整理,得-a≤ln x+ 1 x 恒成立,即-a≤ln x+ 1 x min. 令F(x)=ln x+ 1 x. 则F'(x)= 1 x- 1 x2 = x-1 x2 . ∴函数F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. ∴函数F(x)=ln x+ 1 x 的最小值为F(1)=1. ∴-a≤1,即a≥-1. ∴a 的取值范围是[-1,+∞). (2)∵ n 2n+4 为数列 1(n+1)(n+2) 的前n 项和,nn+1为数列 1n(n+1) 的前n 项和. ∴只需证明 1 (n+1)(n+2)<ln 2n+1 n < 1 n(n+1) 即可. 由(1),当a=-1时,有xln x-x+1≥0,即ln x≥1- 1 x. 令x= n+1 n >1 ,即得ln n+1 n >1- n n+1= 1 n+1. ∴ln2 n+1 n > 1 n+1 2 > 1 (n+1)(n+2)= 1 n+1- 1 n+2. 现证明ln2 n+1 n < 1 n(n+1) ,即2ln n+1 n < 1 n n+1 = n+1-n n n+1 = n+1 n - n n+1. (*) 现证明2ln x<x- 1 x (x>1). 构造函数G(x)=x- 1 x-2ln x(x≥1), 则G'(x)=1+ 1 x2 - 2 x= x2-2x+1 x2 ≥0. ∴函数G(x)在 -1,+∞ 上是增函数,即G(x)≥G(1)=0. ∴当x>1时,有G(x)>0,即2ln x<x- 1 x 成立. 令x= n+1 n ,则(*)式成立. 综上,得 1(n+1)(n+2)<ln 2n+1 n < 1 n(n+1). 对数列 1(n+1)(n+2) ,ln2n+1n , 1nn+1 分别求前n 项和,得 n 2n+4<ln 22+ln2 3 2+ …+ln2 n+1 n < n n+1. —58—