新课标新高考模拟原创卷(二)-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新高考卷(二) 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.已知集合A={x|x2-2x-3≤0},B={x|log2(2x-3)<2},则A∩B= ( ) A.{-1,0,1,2,3} B.{2,3} C.[-1,3] D.32 ,3 􀭤􀭥 􀪁 􀪁􀪁 2.设z=1+i(i是虚数单位),则 2 z+z= ( ) A.2-2i B.2+2i C.-3-i D.3+i 3.若双曲线y 2 3- x2 m=1 的离心率为 6,则m= ( ) A.15 B.15 C.21 D.21 4.设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,已知a1=b1,a2=b3=8,a5=26,则b2 024= ( ) A.22 024 B.±22 024 C.22 023 D.±22 023 5.暑期参观清华北大校园的家长学生络绎不绝,北京大学为加强校园安全管理,欲安排12名教 师志愿者(含甲、乙、丙三名教师志愿者)在南门、北门、西门、东门四个校门值班,每个校门随机 安排3名,则甲、乙、丙安排在同一个校门值班的概率为 ( ) A. 1 312 B. 1 311 C. 1 55 D. 1 110 6.已知O 为坐标原点,点A(2,0),点P 在曲线y=2x2+1上,则OA → 在OP→ 方向上的投影向量 的模长的最大值为 ( ) A. 42 3 B.1 C. 22 3 D. 2 3 7.设a= 10(3-ln 10) e3 ,b= 1 e ,c= ln 2 2 ,则a,b,c的大小顺序为 ( ) A.a<c<b B.a<b<c C.c<a<b D.b<a<c 8.已知三棱锥S-ABC 的底面△ABC 是正三角形,侧面SAC⊥底面 ABC,且∠ACS=90°, ∠SAC=30°,AB=6,则该三棱锥的外接球的表面积为 ( ) A.15π B.60π C.30π D.45π 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.已知高为4的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1 表面积为96,则 ( ) A.直线AB1 与BC1 所成角为60° B.直线AC 与BD1 所成角为90° C.直线BD1 与平面ACC1A1 所成角为45° D.直线BD 与平面ACC1A1 所成角为90° 10.已知O 为坐标原点,过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F(1,0)作斜率为 3的弦AB,其中 点A 在第一象限,则 ( ) A.∠AOF=∠BOF B.∠AOB>90° C.|AB|= 16 3 D.|AF|=3|FB| 11.设函数y=f(x)的定义域为R,且满足f(x)=f(2-x),f(-x)=-f(x-2),当x∈(-1, 1]时,f(x)=-x2+1,则下列说法正确的是 ( ) A.函数y=f(x)的图象关于点(3,0)对称 B.f(2 023)=1 C.若f(x0)=0,则有f(-x0)=-f(x0) D.{y|y=f(x),x∈[4,6]}=[0,1] 12.用某种检测的方法可以诊断是否患有某种疾病.假设P(A|B)=0.999,其中随机事件A 表 示“某次检测被检验者为阳性”,随机事件B 表示“被检验者患有该种疾病”,现某人群中P (B)=0.01,则在该人群中 ( ) A.每100人必有1人患有该种疾病 B.若P(B|A)=0.99,则事件A 与事件B 相互独立 C.若P(A|B)=0.99,某人患有该种疾病,则其检测为阳性的概率为0.999 D.若某人没患该种疾病,则其检测结果为阳性的概率为0.001 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.求2 3x- 3 3x 5 展开式中x 的系数 . 14.已知sinπ4+α sinπ4-α =16,α∈ π2,π ,则 sin 4α 1+cos2α 的值为 . 15.过直线x+y+1=0上任一点P 作直线l,与圆x2+y2-2x=0相交于A,B 两点,则|PA||PB|的 最小值为 . 16.已知函数f(x)=x2+4x+2,g(x)=2aex(x+1)其中e是自然对数的底数,若x≥-2时, f(x)≤g(x),则实数a 的取值范围是 . —14— 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.在锐角ΔABC 中,角A,B,C 所对的边为a,b,c,且a·cos B=b(1+cos A). (1)证明:A=2B (2)若b=4,求a 的取值范围. 18.已知数列{an}的前n 项和为Sn,a1=2且an+1=Sn+2(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=(-1)n+1 2n+1 nlog2an+1 ,求数列{bn}的前n 项和Tn. —24— 19.已知正方形ABCD 中E,F 分别为边DC、BC 边上的中点,且AE、DF 交于点G,现将△ADE 沿着AE 折起,使点D 在平面ABCE 内的投影O 落在对角线AC 上. (1)求证:AE⊥DF; (2)求二面角A-DF-E 的大小. F E G C A B D 图1 FO E C A B D 图2 20.高三年级开学后,某班数学老师给每位同学发了两本数学作业本,分别记做甲本和乙本,经过 一段时间统计调研分析:前一天选择甲本做作业第二天选择甲本的概率是1 3 ,选择乙本的概 率为2 3 ;前一天选择乙本第二天选择乙本的概率是1 2 ,选择甲本的概率也为1 2 ;如此往复.假设 学生第一天选择甲本的概率是1 2 ,选择乙本的概率是1 2 ,记某同学第n 天选择甲本的概率为 Pn. (1)记该班级的3位同学第二天选择甲本的人数为X,求X 的分布列,并求E(X); (2)请写出Pn(n∈N*)的通项公式. —34— 21.已知椭圆E: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的离心率为e,且过(-2,0),(-1,e)两点. (1)求椭圆E 的方程; (2)若经过 M(1,0)有两条直线l1,l2,它们的斜率互为倒数,l1 与椭圆E 交于A,B 两点,l2 与椭圆E 交于C,D 两点,P,Q 分别是AB,CD 的中点.试探究:直线PQ 是否过定点? 若 是,请求出此定点;若不是,请说明理由. 22.已知函数f(x)=ex-sin x-cos x,g(x)=f'(x)-ax2-2x. (1)证明:当x>- 5π 4 时,f(x)≥0; (2)是否存在实数a,使得g(x)为R上的增函数? 若存在,求出a 的所有取值;若不存在,说 明理由. —44— 可得b2=3,c2=1,a2=4.所以,椭圆C 的方程为 x2 4+ y2 3=1. P E x y O Q M D (2)因为5QE→=2QD→,所以S△PEQ= 2 5S△QPD= 2 5S△OPQ , 所以S四边形OPEQ= 7 5S△OPQ. 设P(x1,y1),Q(x2,y2) 当PQ∥x 轴时,因为kOP·kOQ=- 3 4 ,又kOP=-kOQ, 所以kOP=± 3 2 , 不妨取kOP= 3 2 ,联立 y = 3 2x , 3x2+4y2=12, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 得 x= 2, y= 6 2 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 或 x=- 2, y=- 6 2 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 (舍去) 故P 2, 6 2 ,Q - 2,62 ,所以S△OPQ=12×22× 62= 3. 当PQ 斜率不为0时,设PQ 的方程为x=my+t, 联立 x=my+t, 3x2+4y2=12, 得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0, 所以y1+y2= -6mt 3m2+4 ,y1y2= 3t2-12 3m2+4 . 因为kOP·kOQ=- 3 4 ,所以3x1x2+4y1y2=0, 所以3(my1+t)(my2+t)+4y1y2=0即(3m2+4)y1y2+3mt(y1+y2)+3t2=0, 所以(3m2+4)· 3t2-12 3m2+4 - 18m2t2 3m2+4 +3t2=0, 化简可得2t2-3m2-4=0,即2t2=3m2+4. 所以|PQ|= 1+m2· -6mt 3m2+4 2 - 4(3t2-12) 3m2+4 = 1+m2· 48(-t2+3m2+4) (3m2+4)2 . 点O 到直线PQ 的距离为 t 1+m2 , S△OPQ= 1 2|PQ| · |t| 1+m2 = 1 2|t|× 43× t2 3m2+4 = 3, 所以S四边形OPEQ= 7 5SΔOPQ= 73 5 . 22.思路分析:本题利用作差比较法构造新的函数,再求导数,由于分子部分符号难以确定,构造 新的函数通过其导数的符号确定其单调性和零点证明第一小问。对于第二小问,通过求导结 合第一问的结论获得导函数的两个零点,然后以两零点的大小作为标准分类讨论,获得 H(x)函数的极小值点,从而证明最终结论. 解:(1)设F(x)=g(x)-f(x)=ln (x+1)-(1-x)(ex-1),x>-1, F'(x)= 1 x+1- [-(ex-1)+(1-x)ex]= x[(x+1)ex-1] x+1 . 令u(x)=(x+1)ex-1,x>-1,则u'(x)=(x+2)ex>0, 则u(x)在(-1,+∞)上单调递增.又u(0)=0, 所以当x>0时,即F'(x)>0,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增. 又F(0)=0,所以当x>0时,即F(x)>0,即x>0时,f(x)<g(x). (2)因为 H'(x)= 1 x+1+ (ax+a-1)ex-a = (x+1)(ax+a-1)ex-(ax+a-1) x+1 = (ax+a-1)[(x+1)ex-1] x+1 由(1)可知,u(x)=(x+1)ex-1在(-1,+∞)上单调递增且u(0)=0, 令 H'(x)=0,则x=0或x= 1 a-1. 若-1< 1 a-1<0 ,即a>1时,在 -1, 1 a-1 和(0,+∞)上,H'(x)>0,H(x)单调递增,在 1 a-1 ,0 上,H'(x)<0,H(x)单调递减. 所以x=0是 H(x)的极小值点,此时,g(0)=0. 若1 a-1>1 ,即0<a<1时,在(-1,0)和 1a-1 ,+∞ 上,H'(x)>0,H(x)单调递增,在 0, 1 a-1 上,H'(x)<0,H(x)单调递减,所以x=1a-1是 H(x)的极小值点,此时, g 1 a-1 =ln 1a>0. 综上,函数 H(x)=g(x)-(1-ax)(ex-1)存在极小值点x0,g(x0)≥0. 2024年普通高等学校招生新课标新高考卷(二) 1.D 解析:由题意可知A=[-1,3],B= 32 ,7 2 ,A∩B= 32,3 􀭤􀭥 􀪁 􀪁􀪁 .故选D. 2.A 解析: 2 z+z= 2 1+i+1-i= 2(1-i) (1+i)(1-i)+1-i=1-i+1-i=2-2i. 故选A. —98— 3.A 解析:因为∵e= c a= 6∴c= 6a= 18∴m=b 2=c2-a2=18-3=15.故选A. 4.B 解析:因为a2=8,a5=26解得等差数列公差d=6,首项a1=2,所以b1=2,b3=8,解得等 比数列{bn}的公比q=±2,代入通项公式b2 024=2×(±2)2 024-1=±22 024.故选B. 5.C 解析:将12个人平均分为4组,有 C312·C39·C36·C33 A44 种方法,将甲乙丙分在同一组有 C39·C36·C33 A33 种方法,所以甲乙丙在同一校门的概率P= 4C39·C36 C312·C39·C36 = 1 55. 故选C. 6.D 解析:因为|OA→|=2,且方向固定,所以当∠AOP 最小时,投影向量模长最大,此时点P 在 y 轴右侧,且OP 与抛物线相切,令直线OP:y=kx,(k>0),则kx=2x2+1,即2x2-kx+1= 0有唯一解,得k=2 2(负舍),即tan∠AOP= sin∠AOP cos∠AOP=2 2 ,且∠AOP 为锐角,结合 sin2∠AOP+cos2∠AOP=1,解得cos∠AOP= 1 3 ,OA→ 在OP→ 方向上的投影向量的模长为 |OA→|cos∠AOP= 2 3 ,故选D. 7.C 解析:a= 103-ln 10 e3 = ln e3 10 e3 10 ,b= ln e e ,c= ln 2 2 ,令f(x)= ln x x ,则f'(x)= 1-ln x x2 ,当 0<x<e时,f'(x)>0,当x>e时,f'(x)<0,所以函数f(x)再(0,e)上递增,在(e,+∞)上 递减,由20<20.079290232=2.7183<e3<27,得2< e3 10<e ,所以f(2)<f e3 10 <f(e),即c< a<b.故选C. C A B E O S D O O 8.B 解析:设△ABC 的外接圆的圆心为O1,连接CO1,并延长交AB 于E,则E 为AB 的中点.设O2 为SA 的中点,∵侧面SAC⊥底面 ABC,SC⊥AC,平面 ASC∩平面 ABC=AC,SC⊂平面 ASC,∴ SC⊥底面ABC,又∵AC⊂底面ABC,∴SC⊥AC,∴O2 为三角形 ASC 的外接圆的圆心,设该三棱锥的外接球的球心为O,连接OO1, OO2,则OO1⊥平面 ABC,OO2⊥平面 ASC,取 AC 的中点D,则 O2D∥SC,∵SC⊥底面 ABC,∴O2D⊥平面ABC,∴OO1∥O2D,∵OO2⊥平面 ASC,O2D⊂平面 ASC,∴OO2⊥ O2D,∵O2D⊥平面 ABC,O1D⊂平面 ABC,∴O1D⊥O2D,∴四边形 OO1DO2 为矩形, ∴OO1=O2D,∵三棱锥的外接球的表面积为60π,∴4π·OC2=60π,得OC2=15.设AB=6, 则CO1= 2 3CE= 2 3× 3 2AB=23 ,OO1= OC2-CO21= 3,∵SC⊥AC,∠SAC=30°,AC= AB=6,所以SC=AC·tan 30°=23,∴O2D= 1 2SC= 3 ,由OO1=O2D= 3,得R= OO21+CO21= 15,即S=4πR2=60π.故选B. A D B C C A B O E D 9.ABD 解析:设正四棱柱底面边长为a,则表面积为2a2+16a=96,解得 a=4,说明正四棱柱ABCD-A1B1C1D1 为正方体.如图所示的正方体中, 因为BC1∥AD1 且AD1=AB1=D1B1 所以直线AB1 与BC1 所成角等于 角∠D1AB1=60°,所以A正确;正方体中易证AC⊥BD,AC⊥CC1,因此 直线AC⊥平面BDD1B1,因此直线AC 与BD1 垂直,选项B正确;正方体中易证BD⊥AC, BD⊥CC1,因此直线BD⊥平面ACC1A1,记直线AC1 与BD1 相交于点E,由线面角的定义知 直线BD1 与 平 面 ACC1A1 所 成 角 为∠OEB,求 得 正 切 值 为 2,因 此 直 线 BD 与 平 面 ACC1A1 所成角不等于45°,选项C错误;因为直线BD⊥平面ACC1A1,因此直线BD 与平面 ACC1A1 所成角为90°,选项D正确.故选ABD. 10.BCD 解析:抛物线方程为y2=4x,设直线AB 的方程y= 3(x-1),代入y2=4x 得3x2- 10x+3=0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则x1=3,x2= 1 3 ,x1+x2= 10 3 ,x1x2=1,y1y2= - 16x1x2=-4,显然 A,B 不关于x 轴对称,故∠AOF≠∠BOF,A错误;OA →·OB→= x1x2+y1y2<0,所以∠AOB>90°,B正确;|AB|= 1+3|x1-x2|= 16 3 ,C正确; |AF| |FB|= y1 y2 = x1 x2 =3,D正确.故选BCD. 11.AC 解析:由f(x)=f(2-x)可知f(x)的图象关于x=1对称,由f(-x)+f(x-2)=0, f(x)的图象关于(-1,0)对称,故f(x)=f(-x+2)=-f(x-2-2)=-f(x-4)= -[-f(x-8)],所以f(x)是周期函数且周期为8,由f(-x)=-f(x-2)且周期为8,有 f(-x)=-f(x-2)=-f(x-2+8)=-f(x+6),可知A正确;结合函数的性质以及x∈ [-1,1]时,f(x)=-x2+1,有:f(2023)=f(7)=f(-1)=0,故B错误;由f(x)在一个周 期[-3,5]内的图象可知,f(x)在[-3,5]有且仅有-3,-1,1,3,5这几个零点,结合函数周 期为8,可知,函数f(x)在R上的所有零点为全体奇数,即f(2k+1)=0,k∈Z,故C正确,由 函数的性质可得函数图象(如图),由图象可知{y|y=f(x),x∈[4,6]}=[-1,0],故D错 误.故选AC.       O y x 12.BD 解析:因为P(B)=0.01表示每100人大约有1人患有该种疾病,故选项A错误;因为 P(B)=0.01,所以P(B)=1-P(B)=0.99,又因为P(A|B)=0.999,由条件概率的计算公 —09— 式可得:P(A·B)=P(A|B)P(B)=0.999×0.99,若 P(B|A)=0.99,则 P(A)= P(A·B) P(B|A) = 0.999×0.99 0.99 =0.999 ,因为P(A·B)=P(A)P(B),所以事件A 与事件B 相 互独立,则事件A 与事件B 相互独立,故选项B正确;由题意可知:若某人患有该种疾病,则 其检测结果为阳性的概率P(A|B)=0.99,故选项C错误;某人没患该种疾病,则其检测结果 为阳性的概率为P(A|B),因为P(A|B)=0.999,所以P(A|B)=1-P(A|B)=1- 0.999=0.001,故选项D正确.故选BD. 13.-240 解析:Tr+1=Cr5(2 3x) 5-r· - 3 3x r =Cr525-r(-3)rx 5-r 3 - r 3=Cr525-r(-3)rx 5-2r 3 ,令 5-2r 3 =1 得r=1.所以展开式中x 的系数为-240. 14.- 42 15 解 析:因 为 sin π4+α sin π4-α =16,α∈ π2,π ,所 以 22cos α+ 22sin α 2 2cos α- 2 2sin α =16,整理可得12(cos2α-sin2α)=12cos 2α=16,可得cos 2α=13,又2α∈ (π,2π),所 以 sin2α = - 1-cos22α = - 22 3 ,则 sin 4α 1+cos2α = 2cos 2αsin 2α 1+ 1 2+ 1 2cos 2α = 2× 1 3× - 22 3 3 2+ 1 2× 1 3 =- 42 15. 15.1 解析:由已知可得,圆心C(1,0),半径r=1.设过点P 做圆的切线,切点为T,则|PA||PB|= |PT|2=|PC|2-r2=|PC|2-1,当 PC⊥l 时,|PC|最小,|PC|= |1+1| 2 = 2,此时 (|PA||PB|)min=|PC|2min-1=1. 16.[1,e2] 解析:令h(x)=f(x)-g(x)=x2+4x+2-2aex(x+1),则h'(x)=2(x+2)(1- aex),由题意可知h(0)=2(1-a)≤0即a≥1>0,h(-2)=2ae-2-2≤0,即a≤e2,所以原 命题成立的一个必要条件是1≤a≤e2,当a=e2 时h(x)在 R上为单调递减函数,h(x)≤ h(-2)=2ae-2-2=0,符合条件,当1≤a<e2 时h(x)在(-2,-ln a)上为增函数,在 (-ln a,+∞)上为减函数,所以h(-ln a)=(ln a)(ln a-2)≤0,解得1≤a<e2,综上所述:a的 取值范围是[1,e2]. 17.解:(1)∵a·cos B=b(1+cos A), 由正弦定理,得sin A·cos B=sin B(1+cos A), 即sin A·cos B-cos A·sin B=sin B, ∴sin(A-B)=sin B, ∴A-B=B 或(A-B)+B=π(舍),即A=2B, (2)由锐角△ABC,可得0<B< π 2 ,0<A=2B< π 2 ,0<C=π-3B< π 2. 即π 6<B< π 4 ,∴ 2 2<cos B< 3 2. 由正弦定理可得:a sin A= b sin B⇒a= bsin A sin B = bsin 2B sin B = 8sin Bcos B sin B =8cos B, 所以42<8cos B<43. 所以a 的取值范围为:(42,43). 18.解:(1)因为an+1=Sn+2, 当n=1时,a2=S1+2=4, 当n≥2时,an=Sn-1+2, 所以an+1-an=an, 即an+1=2an n≥2,n∈N* , 又因为 a2 a1 = 4 2=2 ,满足上式, 所以{an}是以2为首项,2为公比的等比数列, 则an=2×2n-1=2n. (2)因为bn=(-1)n+1 2n+1 nlog2an+1 =(-1)n+1 2n+1 n(n+1)= (-1)n+1 1n+ 1 n+1 , 所以Tn= 1 1+ 1 2 - 12+13 +…+(-1)n+1 1n+ 1n+1 =1+(-1) n+1 n+1 . 19.解:(1)证明:在正方形ABCD 中,因为E,F 分别为边DC、BC 边上的中点, 所以AE→= 1 2AB →+AD→,DF→=AB→- 1 2AD →, AE→·DF→= 12AB →+AD→ · AB→-12AD→ =12AB→2-14AB→·AD→+AD→·BD→-12AD→2=0 得AE→⊥DF→,所以AE⊥DF.折叠后AE⊥DG,AE⊥FG, 又DG∩FG=G,DG、FG⊂平面DGO, 所以AE⊥平面DGF,又DF⊂平面DGF,所以AE⊥DF. (2)在正方形ABCD 中易证D、G、O、F 四点共线.设正方形边长为a 由(1)知AE⊥DF, ∵∠DGE=∠FCD=90°,∠EDG=∠FDC∴Rt△DGE∽Rt△DCF. ∴ DG DC= DE DF ,∴DG= DE DF ·DC= 5 5a. —19— C A BQ F MN G O E PD ∵CF∥AD∴△OAD∽△OCF,∴ OD OF= DA CF=2 , ∴OD= 2 3DF= 5 3a ,∴GO=DO-DG= 25 15a. 图2中∵DO⊥平面ABCE, ∴DO⊥GO,∴DO= DG2-GO2= a 3. 过O 分别做直线MN、PQ 分别平行于边AB、AD,∵△OAD∽△OCF∴ ON OM= OD OF=2 , C xM F Q O N G E P y z A B D 又∵DC∥AQ∴△OPC∽△OQA∴ OQ OP= OA OC=2. 以O 为坐标原点,分别以OM→,OP→,OD→ 为x,y,z 轴建立空间直 角 坐 标 系,则 D 0,0, a 3 ,A -2a3,-2a3,0 ,F a3,-a6,0 , E - a 6 ,a 3 ,0 . 设平面ADF 的法向量为m=(x,y,z),则m·DA →=0且m·DF→=0. ∵DA→= - 2a 3 ,- 2a 3 ,- a 3 ,DF→= a3,-a6,-a3 ∴ - 2a 3x- 2a 3y- a 3z=0 , a 3x- a 6y- a 3z=0 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 z=-y, y=-2x ,令x=1得m=(1,-2,2) 平面EDF 的法向量为n=(x1,y1,z1) ∵DF→= a3 ,- a 6 ,- a 3 ,DE→= -a6,a3,-a3 ∴ a 3x1- a 6y1- a 3z1=0 , - a 6x1+ a 3y1- a 3z1=0 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 y1=x1, y1=2z1, 令z1=1得n=(2,2,1) ∵cos<m,n>= m·n |m|·|n|=0 ,∴m⊥n. 所以二面角A-DF-E 为90°. 20.解:(1)某同学第二天选择甲本的概率PA= 1 2× 1 3+ 1 2× 1 2= 5 12 , 某同学第二天选择乙本的概率PB= 1 2× 2 3+ 1 2× 1 2= 7 12 , 所以3位同学第二天选择甲本的人数为X,则X~B3, 5 12 . P(X=k)=Ck3 5 12 k 7 12 3-k ,(k=0,1,2,3) ∴X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 3431728 245 576 175 576 125 1728 故E(X)=3× 5 12= 5 4 (2)依题意,Pn+1=Pn× 1 3+ (1-Pn)× 1 2 ,即Pn+1=- 1 6Pn+ 1 2 (n∈N*). 由(1)知Pn+1=- 1 6Pn+ 1 2 (n∈N*),则Pn+1- 3 5=- 1 6Pn- 3 5 (n∈N*), 当n=1时,可得P1- 3 5=- 1 10 , ∴数列 Pn- 3 5 是首项为-110公比为-16的等比数列. Pn=- 1 10× - 1 6 n-1 + 3 5. 21.解:(1)由题意可得 4 a2 =1, 1 a2 + e2 b2 =1, e= c a , a2=b2+c2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 解得 a=2, b=1, c= 3, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 则E 的方程 x2 4+y 2=1; (2)由已知可得直线AB 的斜率存在,且不为0,也不为±1, 设直线AB:x=my+1,(m≠0且m≠±1),联立 x=my+1, x2 4+y 2=1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 可得(m2+4)y2+2my-3=0, 方程(m2+4)y2+2my-3=0的判别式Δ=4m2+12(m2+4)>0, C N xQ P O M y A B D —29— 设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则y1+y2= -2m m2+4 ,y1y2= -3 m2+4 . 所以y0= y1+y2 2 = -m m2+4 ,x0=my0+1= 4 m2+4 ,所以P 4 m2+4 ,-m m2+4 , 因为两直线斜率互为倒数,则CD:x= 1 my+1 , 用1 m 代换P 点坐标中的m 得Q 4m2 1+4m2 , -m 1+4m2 . 所以 1 kPQ = 4m2 1+4m2 - 4 m2+4 -m 1+4m2 - -m m2+4 = 4m2+1 3m , 所以直线PQ:x- 4 m2+4 = 4(m2+1) 3m y+ m m2+4 即x=4(m 2+1) 3m y+ 4 3 所以PQ 恒过定点N 43 ,0 . 22.解:(1)由已知f(x)=ex[1-(sin x+cos x)e-x], 令h(x)=1-(sin x+cos x)e-x,则h'(x)=2e-xsin x 所以,h(x)在 - 5π 4 ,-π 上为增函数,在(-π,0)上为减函数,在(0,π)上为增函数; 而h - 5π 4 =e- 5π 4>0,h(0)=0; 所以,当x∈ - 5π 4 ,-π 时,h(x)≥0,即f(x)≥0; 当x∈(π,+∞)时,f(x)=ex- 2sinx+ π 4 >eπ- 2>0; 综上所述:当x>- 5π 4 时,f(x)≥0 (2)由已知g(x)=ex-cos x+sin x-ax2-2x,g'(x)=ex+sin x+cos x-2ax-2,记 G(x)=g'(x),由题意可知G(x)≥0恒成立, 因为G(0)=0则x=0为G(x)的最小值点, 其一个必要条件为x=0为G(x)的极小值点,即G'(0)=0 因为G'(x)=ex+cos x-sin x-2a,所以a=1 当a=1时G(x)=g'(x)=ex+sin x+cos x-2x-2=ex[1+(sin x+cos x-2x-2)e-x] 令m(x)=1+(sin x+cos x-2x-2)e-x,则m'(x)=2(x-sin x)e-x 当x<0时,x-sin x<0;当x>0时,x-sin x>0; 所以m(x)在(-∞,0)上为减函数,在(0,+∞)上为增函数,则m(x)≥m(0)=0, 即证:g'(x)≥0, 所以存在实数a=1使得g(x)为R上的增函数. 2024年普通高等学校招生新课标新高考卷(三) 1.B 解析:因为x2-x≤0,解得0≤x≤1,∴B={x|x2-x≤0}={x|0≤x≤1},A={x∈N| -1<x<3},∴A∩B={0,1},故选B. 2.B 思路分析:根据复数在复平面对应点的性质可得Z2,代入Z1·Z2 计算出结果即可. 解析:由题知Z1,Z2 的点在复平面内关于实轴对称,Z1=2-i,Z2=2+i,Z1Z2=(2-i)(2+ i)=5.故选B. 3.B 思路分析:先根据已知条件计算BC→,再根据向量数量积的坐标运算求解即可得答案. 解析:根据题意得:BC→=AC→-AB=→(t-1,1),所以AB→·BC→=t=2,解得t=2.故选D. 4.B 思路分析:求出样本中心点的坐标,将其代入回归直线方程,求出m 的值,可得出y 的所有 取值,然后利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 解析:由表格中的数据可得x= 0+1+2+3+4 5 =2 , y= 1+(m+1)+(2m+1)+(3m+3)+11 5 = 6m+17 5 ,所以这组数据的样本点的中心的坐标为 2, 6m+17 5 ,又因为点(x,y)在回归直线上,所以2.6×2+0.6=6m+175 ,解得m=2,所以y 的取值分别为1、3、5、9、11,在这5个数中,任取两个,取到的两个数都不大于5的概率为P= C23 C25 = 3 10. 故选B. 5.C 思路分析:利用基本初等函数的单调性,结合复合函数的单调性判断ABC,举反例排除D 即可. 解析:对于A,因为y=ln x 在(0,+∞)上单调递增,故 A错误;对于B,因为y=2x 在(0, +∞)上单调递增,y= 1 x 在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)=3x 在(0,+∞)上单调递增,故B 错误;对于C,因为y= 1 x 在(0,+∞)上单调递减,故C正确;对于D,因为f 1 2 =3 1 2-1 = 3 1 2= 3,f(1)=3|1-1|=30=1,f(2)=3|2-1|=3,显然f(x)=3|x-1|在(0,+∞)上不单调,D错 误.故选C. 6.D 思路分析:利用抛物线的定义求解即可. 解析:因为抛物线C:y2=4x 的焦点F(1,0),准线方程为x=-1,点 M 在C 上,所以 M 到准 线x=-1的距离为|MF|,又M 到直线x=-2的距离为4,所以|MF|+1=4,故|MF|=3.故 —39—