卷14 卷一～六滚动检测（含答题卡）-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮创新示范卷

创新示范卷(十四) 卷一~六滚动检测 本试卷满分150分,考试时间120分钟. 一、选择题(本大题共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.(2025·北海模拟)已知集合A=xly=ln(2-x)),B=x -3<x<3),则BO(fA) 等于 ) C.(2,3 A.(-3,2) B.[-3,2) D.2,3) 1 为整数,则其表面积为 - A.63十18 B.3/3十18 C.6③24 D.33十24 3.(2025·山东河泽模拟预测)已知a。),.)分别是等差数列和等比数列,其前n项和分别是S.和 T..且a-b-1,a+b-4.T-3,则S= ) A.9 B.9或18 C.13 D.13或37 4.(2025·枣庄市第八中学月考)“百日冲刺”是各个学校针对高三学生进行的高考前的激情教育,它 鲁了 能在短时间内最大限度激发一个人的潜能,使成绩在原来的基础上有不同程度的提高,以便在高 考中取得令人满意的成绩,特别对于成绩中等偏下的学生来讲,其增加分数的空间尤其大,现有某 班主任老师根据历年成绩中等偏下的学生经历“百日冲刺”之后的成绩变化,构造了一个经过时间 “1 z(30100)(单位:天),增加总分数f(1)(单位:分)的函数模型:/(t)一 P 1+lg(),为增分转 最后一次模考总分为400分,依据此模型估计此学生在高考中可能取得的总分约为(lg61~1.79) ) B.460分 C.480分 A.440分 D.500分 5.(2025·广东模拟预测)古希腊数学家帕波斯在其著作《数学汇编》的第五卷 序言中,提到了蜂巢,称密蜂将它们的蜂巢结构设计为相同并且拼接在一起 的正六梭柱结构,从而储存更多的蜂密,提升了空间利用率,体现了动物的 智慧,得到世人的认可,已知蜂巢结构的平面图形如图所示,则AB一( 完 0 x/甘 6.(2025·赣州市期中)在正四校柱ABCD-A.B.C.D 中,AB-AD-2,A.A= 3.P为线段C.D.的中点,一质点从A点出发,沿长方体表面运动到达P点4 处,若沿质点A的最短运动路线截该正四梭柱,则所得截面的面积为 # A.③ C.15#G D.36 4 14-1 △ABC的外接圆的直径.如图所示,△DEF中,已知DE一DF,点M在直线EF上从左到右运动 (点M不与E,F重合),对于M的每一个位置,记△DEM的外接圆面积与△DMF的外接圆面积 ( 的比值为,那么 ) ME A.入先变小再变大 B.仅当M为线段EF的中点时,入取得最大值 C.入先变大再变小 D.是一个定值 8.(2025·长沙模拟)如图,在四校锥PABCD中,底面ABCD是正方形,AP一AB 一4.侧校PA底面ABCD,T是CD的中点,Q是△PAC内的动点,TQ1BP,则 Q的轨迹长为 r ) A./2 B.3 C.2/2 D.2/3 二、选择题(本大题共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,全部选对得6分,有选错的得0分,部分选对的得部分分.) 9.(2025·安微合肥模拟)下列命题正确的是 A.P:“a是第二象限角或第三象限角”,q:“cosa<0”,则,是q的充分不必要条件 sina B.若a为第一象限角,则cosa 2 /1十cos2a1-cos2a 。 C.在ABC中,若tanA·tanB>1,则△ABC为锐角三角形 ) 10.(2025·广州市天河区模拟)如图,在校长为1的正方体ABCD-A1B.C.D 中,下列命题正确的是 ) B.当点P在线段AB上运动时,四面体PA.B.C. 的体积恒等于四面体B - A.CD的体积 D.若M是正方体的内切球的球面上任意一点,N是△ACB 外接圆的圆周上任意一点,则 MN 的最小值是3-1 2 11.(2025·安微模拟预测)已知非常数函数f(x)及其导函数/(x)的定义域均为R,若f(2一x)为 奇函数,f(2x十4)为偶函数,则 - A./f(2)-1 B.f(2024)--f(2020) C./(一1)一/(7) D.f(-2021)-/(2025) 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分,) logx,x>3 值,则实数a的取值范围是 最大值为 14.(2025·广东高三校联考模拟)如图,已知正方体ABCD-A;BC.D:的校长为 2.点E.F,G.H分别为校AA.A.D..A.B.B C. 的中点,且点E.F.G.H都 在球O的表面上,点P是球O表面上的动点,当点P到平面ADD;A;的距离最 大时,异面直线PE与GH所成角的余弦值的平方为 14-2 四、解答题(本大题共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)(2025·江西模拟预测)△ABC的内角A,B.C所对的边分别为a,b.c,已知-b sin(A-B) sinC: (1)求A; (2)若 BAC的角平分线与BC交于点D,AD=2,AC-23,求a+c. 16.(15分)(2025·江西宜春模拟预测)如图,PD1平面ABCD.AD|CD,AB/ CD.PQ//CD,AD=CD=DP=2PQ=2AB-2,点E,F,M分别为AP.CD,B$C 的中点. (1)求证:EF//平面CPM (2)若N为线段CQ上的点,且直线DN与平面QPM所成的角为,求QN: NC的值. 17.(15分)(2025·温州模拟预测)若分别从下表的第一、二、三列中各取一个数,依次作为等比数列(a。) 的a,a。,a;分别从下表的第一、二、三行中各取一个数,依次作为等差数列(b。)的b,b,b. 第一列 第二列 第三列 第一行 4 7 第二行 3 6 0 2 第三行 2 8 (1)请写出数列a。,的一个通项公式; .,数列C.)的前n项和为T.求证:T。<6. (2)若数列/b)单调递增,设C.- 14-3 18.(17分)(2025·湖北襄阳市模拟)如图,在直角梯形ABCD中,AB/DC. ABC-90*,AB-2DC 一2BC,E为AB的中点,沿DE将△ADE折起,使得点A到点P位置,且PEIEB,M为PB的 中点,N是BC上的动点(与点B,C不重合). (1)求证:平面EMN平面PBC 若存在,确定N点位置:若不存在,说 明理由. 19.(17分)(2025·山东烟台模拟)阅读以下材料; ①设f(x)为函数f(x)的导函数,若f(x)在区间D单调递增;则称/(x)为区D上的凹函数;若 /()在区间D上单调递减,则称/(x)为区间D上的凸函数. ②平面直角坐标系中的点P称为函数f(x)的“切点”,当且仅当过点P恰好能作曲线y一f(x) 的条切线,其中EN (1)已知函数f(x)-ax十x-3(2a十1)x2-x十3 (1)当ao时,讨论(x)的凹凸性; (lI)当a一0时,点P在y轴右侧且为/(x)的“3切点”,求点P的集合; (2)已知函数g(x)三xe,点Q在y轴左侧且为g(x)的“3切点”,写出点Q的集合(不需要写出 求解过程). 14-4 创新示范卷(十四) 数学答题卡 姓 名 准考证号 条形码粘贴区(居中) 注意事项 缺考 填涂样例 1.答题前,考生先将自已的姓名、准考证号填写清楚,并认真在规定位置贴 □ 正确填涂 好条形码。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫来及以上黑色字 = 违纪 错误填涂 迹的答字笔书写,要求字体工整,笔迹清楚。 3.严格按照题号在相应的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效 4.保持卡面清沾,不装订,不要折叠,不要破攒。 选择题 (共58分,1~8小题,每小题5分,9~11小题,每小题6分) 正确填涂 1 A B C D 4A B C D 7A B C D 10 A B C D 2 ABCD 5 AB C D 8 AB C D 11ABCD 在的l的区如·框的本 3 AB C D 6A B C D 9A B C D 非选择题 (需用0.5毫米黑色签字笔书写) 填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分,) 12. 13. 14. 解答题(本大题共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) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 数学答题卡(十四) 第1页 (共4页) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 16.(15分) 在的在标态断框到基本会 17.(15分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 第2页 数学答题卡(十四) (共4页) 考生 考生务必将姓名,座号用0.5毫米黑色签字笔认真填写在书写框内,座 过姓名 座号 必填 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字,填写样例:若座号02,则填 写为02 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 18.(17分) 在的的的区们·把的的耳 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 第3页 数学答题卡(十四) (共4页) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 19.(17分) 在的错的基。·的 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 数学答题卡(十四) 第4页 (共4页)创新示范卷·参考答案 In+er ,令m)=lnx+t二4er,n(x)= B[由道意得：60)=-名P 3e +2r-4e-22-4er+3 :k≈2.79=0.465：f100）=0:465×40 6 1+1g101 3e ,二次函数y=2x2-4er+ 3e'r 186 186 3e2对称轴为x=e,且x=e时y>0,所以n'(x)>0恒 1+1g100+1g.0≈3 =62,“.该学生在高考中可能取 成立，所以n(x)单调递增，又n(C)=0,所以h(x)>0在 得的总分约为400十62=462≈460（分）.] (e,4e)上恒成立，所以f(x)>l(x)在(e,4e)上恒成立， 5.B[以D为坐标原点，建立如图 所以f(x:)=l(x,)>l(T,),所以x4<x2,所以x:一I 所示的平面直角坐标系，不妨设 >x1-x=(4e-1)(1-be). AD=2, 19.解：(1)当n>2时，S.=a,一，S.-4=入a。-1一，两式相 则A(一1,3)，B(5,53), 减得：a.=a。一a,-1,入≠1， D(0,0).E(93).C(0,4V3), 。品三奇所以数列@为等比数到。 故AB=(6,4V3), 因为无穷数列{a.}的各项均为正整数， CE=(9,-33),DE=(93). 到公北，之-8中=1十为正整数A为正整 λ一1 入一1 设AB=xCE+yD正，则(6=9x+9y {4v3=-33x+3y 数，则1=2. (2)若=4，b,=loga,=n十1 x= 设fx)=x-ln(x+1)(r>0,则了(x)=1-1十x 1 解得 6 3 所以AB=一 E+DE.] y=2' >0 6.B[如图，把正四校柱的侧面展开图可得最短距离， 则f(x)在(0，十o∞)上单调递增， C 所以x)>f0)=0,故(n)>0 B (2) 即>n (1)4 n+' 3 n+1 =h(侵×x×…×)h (1)AP=26.(2)AP=25.(3)AP=32. 2 所以质点从A到P的最短距离为32， (3)当n≥1时，B.={x3·21<x<3·2",x∈A1, 此时质点从A点出发，经过DD,上靠近D的三等分点 即3u·2-1<(2+21)<3·2",1≤i<j,ij∈N”, S,再到达P点， B中元素个数，等价于满足3·2<2+2<3·2+1的 面ASP截正四棱柱所得截面为五边 不同解(i,), 形ASPQR,如图， 如果j1十2，则2十2≤2十21≤2+2+1=3·2”，矛盾！ 由AS=AR=RS=22,SP=PQ= 则j=n十2， 又因为(2+2+)-3·2=2+4·2”-3·2=2+2 QR=√2， >0. 所以沿质点A的最短运动路线裁正 所以3·2"<2+2"+1<22十2+2<…<2"+2+8<2+1 四棱柱， 十2"+2=3·2+1 则所得藏面的面积为：S△s十 D 即i=1,2,3,…,n,共n个不同解(ij), 即共n个不同x∈B。,所以c.=n(n≥1). 5=2+39-795.] 创新示范卷（十四） 7.D[设△DEM的外接圆半径为R,,△DMF的外接圆 选择题答案速查 半径为R· 题号12 34567 9 10 11 则由是意 =入，点M在直线EF上从左到右运动（点 M不与E,F重合)， 答案DD BBBB D B ACD BCDBCD 对于M的每一个位置，由正弦定理可得： 1.D DE 2.D[设该正六棱柱的底面边长为a,高为h,其外接球的半 径为R,易知 3R-20 05则R=5+① 又DE=DF,sin∠DME=sin∠DMF, 4 可得R=R,可得A=1.] a2·6·h=6√5②，联立①②，因为h∈Z.解得a=1,h=4, 8.B[先找到一个平面总是保持与BP垂直，取BP,CP 所以正六检桂的表面积S-。,12+6h=35+24.] 的中点E,F,连接AE,EF,DF 3.B[设等比数列{b}的公比为q,由b=1且Ta=3, 当g=1时，则Ta=3b1=3,符合题意，则b.=1,又a:十 b=4,所以a2=3, 所以S,=a1十ag十a=3a:=9: 当4≠1时，则T=62）=3,即1十g十g=3,解得 1-4 g=1(舍去)或q=-2, 所以bn=(一2)，则6=-2，又a2十6=4，所以a2=6, 所以S=a1十a十a=3a=18:综上可得S=9或18.] 答案-41 数学 因为ABCD是正方形，所以AB⊥AD.因为PA⊥底面 BD,=√+1+1下=√3，故平面ACB,和平面A,C,D ABCD.所以PA⊥AD.又PA∩AB=A,所以AD⊥平面 PAB.所以AD⊥PB. 因为在△PAB中，AP=AB.E为BP的中点，所以AE 之同的距离为后-2×得-A结误：时于自点P ⊥PB.又AE∩AD=A,所以BP平而AEFD. 在线段AB上运动时，四面体PA,BC的体积为 进一步.取BE,CF,AB的中点M,N,S,连接MS,MN, NT,ST易证平面MNTS∥平面AEFD. 5=号×号X1X1X1=言西回面体岳A,CD 的体款V445o=VA45=吉×号×1X1X1=名，即 1 故BP平面MNTS, 记ST∩AC=O,又Q是△PAC内的动点， 当点P在线段AB上运动时，四面体PA1B,C的体积恒 根据平面的基本性质得：点Q的轨迹为平面MNTS与 平面PAC的交线段NO, 等于四面体BA,CD的体积，B正确： 对于C,与正方体所有棱都相切的球的直径为正方体面 在△N0C中，NC-5,C0=22,cos∠NC0=E 31 3 由余弦定理得：N0=8+3-2×22×5×5=3. 对角载长品C百技拉建条款为言×（图）=受 C正确：对于D,正方体的内切球球心和正方体外接球 球心是同一个点，即为正方体的中心， 故NO=5.] 9.ACD[对于A,若a是第二象限角或第三象限角，则cosa 外接球直径为3，内切球直径为1： <0.若c0sa0,取a=元，c0sa=1<0, 而△ACB,外接圆为正方体外接球一个小圆， 此时α不是第二象限角或第三象限角，则p是q的充分 故由M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是 不必要条件，故Λ正确： △ACB,外接圆的圆周上任意一点， 对于B,由于a为第一象限角，则cosa>0,sina>0, 得|MN|的最小值为正方体的外接球半径减去正方体 cos a sin a V1+cos2a 1-cos2a 球内切球率径，即}D正项.门 11.BCD[因为非常数函数(x)及其导函数了(x)的定义城 cos a sin a 均为R,若f(2-x)为奇函数，则f(2+x)=一f(2-x),则 √/1+2cosa-1√/1-(1-2sina) f(x)的图象关于点(2,0)对称，且f(2)=0,故A错误： c0sa十sinL=√2，故B错误； 因为f(2x十4)为偶函数，所以f(2x十4)=f(一2x十4)，即 V2cosa'√2sina f(x+4)=f(-x+4), 对于C,在△ABC中，若tanA·tanB=sinA:sinB 则f(x)=f(8一x),又f(2十x)=一f(2一x),所以 cosA·cosB 1,剥sinA·simB-cosA.cos B>0. f(x)=-f(4-x), 所以f(8-x)=-f(4-x),即f(x+4)=-f(x),所 cosA·co5B 所以二C0s(A十B) 以fx+8)=f(x), cos C co5A·cos B cos A·c0sB>0, 故f(x)的周期为8，所以f(2024)=f(0),f(2020)= 故cosA·cosB·cosC>0,所以cosA>0,cosB>0. f(4),在f(x+4)=-f(x)中，令x=0,得f(4)= cosC>0,故△ABC为锐角三角形，故C正确： 一f(0),所以f(2024)=一f(2020),故B正确： 对于D,由cos2a=cosa-sima_1-tane_5 对f(x+8)=f(x)两边同时求导，得(x+8) =f(x): cos'a+sin'a 1+tana 3' 所以导函数f(x)的周期为8，所以f(一1)=f(7),故 所以3-3ama=5+5ama,则am'a=3-5-3-5 C正确： 3+5 4 由f(.x)周期T=8,得(-2021)=f(3),f(2025) 由a∈(0，圣）知tana=3,5,故D正确.] =f(1),对f(x)=-f(4一x)两边同时求导，得了(x) 2 =f(4-x),令x=1,得f(1)=f(3), 10.BCD[对于A.正方体ABCD-A,B,CD中.AA∥CC, 所以f(-2021)=f(2025),故D正确.] AA=CC 12.解析：y=一x十4是减函数，在x≤3时最小值是y= 即四边形AA,CC为平行四边形，故AC∥A,C1, 3+4=1, AC女平而AC,D,A,C,C平面A,C,D,故AC∥平 若0<a<1,则y=logx是减函数，x>3时，y=1ogx 面ACD, <0,没有最小值，不合题意， 同理可证AB,∥平面A1CD,而AB,∩AC=A,AB, a>1时，y=logr是增函数，因此要使得f(x)取得最 ACC平面ACB:, 小值，则log3≥1，解得1<a≤3. 故平面ACB,∥平面A,C,D: 答案：l<a≤3 设B到平面ACB,距离为d,AC 13.解析：设首项为a1,公差为d, =√，则VBm,=V%,· fa,+42=10 则 ×2 8a,+8X2d=36. 解得a=d=1. 2 X1X1X1,期d=号， 所以a.=a1+(n-1)d=,则S.=(n十1D 2 同理求得D,到平面A,CD的距离为 2n 2 3 连接BD,B,D,则AC,⊥B,D,由于BB⊥平面 2 ABCD1,ACC平面ABCD, 故BB1⊥A,C,B,D1⊥BB,=B1,B,D1,BB,C平面 当十取最小值时·S 取最大值， BBD,故AC1⊥平面BBD,BD1C平面BBD1,故 A,C,⊥BD,,可理可证A,D⊥BD,而A,C,∩A,D 中当3时·(5二） A1,A,C,A,DC平面A,C,D,故BD1⊥平面A,C,D, 而平面ACB,⊥平面A,C,D,则BD1⊥平面ACB,,又 答案：7 答案-42 创新示范卷·参考答案 14.解析：因为点E,F,G,日分别为棱 AA1A,DA,B1,BC的中点，且 期·P-x+y-2=0 点E,F,G,H都在球)的表面上 ln·PQ=y=0 则球O是正方体ABCD 取=1，得n=(1,0,1), A,B,C,D1的棱切球，球心为对角 设QN-1QC(0≤≤1)，即QN-(0,a,-2x), 线A,C的中点，半径为√2，取A,D 则N(0,a+1,2-2),DN=(0,A+1,2-2) 的中点O,,则点P为O,O延长线 与球O表面的交点时点P到平面ADD:A,的距离 由直线DN与平面PMQ所成的角为看，得in吾= 最大， 此时OP=1+W2,OE=1,PE=√OE+O,P cos(DN,n)l=IDN·n IDNIn =/4+22. 2-2A 连接OE,则OE∥AC∥GH,∠PEO就是异面直线PE ,整理得3入-10入+ 与GH所成角， √(A+1)+(2-2a)F. 因为OE=OP=√2.所以cos∠PEO= 3=0,而0≤1<1解得X=名 1PE+OE-1OP2_4+22 所以QN:NC=1:2. 21PE·1OE 2√4+22×2 22+i. 17.解：(1)由题意，取a1=2,a2=4,4=8, 所以异面直线PE与G日所成角的余弦值的平方 可得公比g=2,则an=2X2”1=2", 为2+2 取b,=1,=3,b=5,可得公差d=2, 4 则b.=1十2(n-1)=2n-1； 答案：2生里 取b,=4,b=3,b=2,可得公差d=-1, 则b.=4一(n一1)=5-n: 15,解：1)依题意，由正弦定理可得in C-sin B_sim(A-B) 取b1=4,b=6,b=8,可得公差d=2, sin C sin C 则b,=4十2(n-1)=2n十2： 所以sinC-sinB=sin(A-B), 取=7，b2=6,b=5,可得公差d=一1， sin C=sin-(A+B)]=sin(A+B). 则bn=7-(n-1)=8-n. 所以sinB=sin(A+B)-sin(A-B)=2 cos Asin B. (2)由{h,}单调递增， 因为B∈(0，)，所以sinB≠0，所以c0sA=, 若6-2-1时，C=2,则T=十是++ 又A∈(0，x,所以A=子 +20,所以=++是+…+23+ 2 2 (2)如图，由题意得，S△An十S△MD =SaAc· 所以Zc·ADsin-吾+b~ADsin 2(位+安+++安）+2x -2 吾=6csn即6=2 又b=AC=23,所以c=√5， 1-2 所以a2=+c2-2hcos3 =9,即a=3, 所以=3-23,623>0，故工<3 2 所以4+c=3+√5. 16.解：(1)连接EM,由AB∥CD,PQ 2A 6-2+2时，C-则工-号+++ ∥CD,得AB∥PQ, 又AB=PQ,则四边形PABQ为 +所以-是+是++…品+安 21 20 2 平行四边形， 由，点E和M分别为AP和BQ的 两式相则工=2（十安十+…+） 中点，得EM∥AB且EM=AB, 1 而AB∥CD,CD=2AB,F为CD n十1=2十 -n+1=3-n+3 的中点，则EM∥CF且EM 1一2 2 2 =CF, 四边形EFCM为平行四边形，则EF∥MC,又EF文平 面MPC,CMC平面MPC, 所以工=6而3>0，故T<6 所以EF∥平面MPC 综上，T<6. (2)由PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,得直线DA,DC, 18.解：(1)证明：因为PE⊥EB,PE⊥ED,EB∩ED=E, DP两两垂直， 所以PE⊥平而EBCD,又BCC平面EBCD. 以D为原点，直线DA,DC,DP分别为x,y,e轴建立 故PE⊥BC,又BCLBE,故BC⊥平面PEB, 空间直角坐标系· EMC平面PEB,故EM⊥BC,又△PEB为等腰三角 则D(0.0.0),A(2,0,0),B(2,1.0),C(0,2,0),P(0,0,2), 形，EM⊥PB, Q(0,1.2),M(1,1,1, BC∩PB=B,故EM⊥平面PBC,又EMC平面EMN, PM=(1,1,-1),PQ=(0.1,0).CM=(1,-1,1),PC 故平面EMN⊥平面PBC. (2)假设存在点N,使得二面角B一EN一M的余弦值 =(0,2,-2). 设n=(x,y,z)为平面PQM的法向量， 答案-43 数学 以E为原，点，EB,ED,EP分别 ()当a=0时，f(x)=x3-3x2-x+3,f(x)=3x2 6x-1. 为x,y,轴正方向建立空间 直角坐标系，如图. 故在点(t,f())处的切线方程为y=(3一61一1)(x一1) 设PE=EB=2,BV=m,则N +2-32-1+3. (2.1.0),B(2,0.0). 设P(t,)(u>0)为∫(x)的“3切点”， D0,2,0),P(0,0,2),C(2,2,0), 则关于1的方程0=(31-61-1)(w-1)+P-312-1十 M(10,1), 3有三个不同的解， 即关于1的方程v=一21+(3+3u)一6+3-u有 EM=(1,0,1),EB=(2,0,0),EV=(2,m,0), 三个不同的解， 设平面EMN的法向量为p=(:x,y,), 令F(t)=-213+(3+3w)r2-6u1十3-4， 由P·EW=x+=0, 所以直线y=0与曲线y=F(1)恰有三个不同的交点. 令x=m: F'(t)=-61+6(1+u)t-6u=-6(t-1)(t-u). (p·EN=2.x+my=0, 当>1时，F(t),F(t)随t变化情况如下： 得p=(m,-2,一m). 平面BEV的一个法向量为n=(0,0,1), t(-∞，1) 1 (1,u） (,十) 故cos(p,m1=P·m F'(t) 0 + 0 p n 10+0- 6 极小值 极大值 F(t) 减 0 减 √m+(-2)+(-m)X0+0+斤6 4-4u 3w-M+3 解得m=1,故存在，点N,N为BC的中点. 故4-4u<<w2-32-u+3: 19.解：(1)因为f(x)=4.x+x-3(2a+1)x2-x+3, 当u=1时，F(t)=一6(t-1)≤0，F(t)单调递减，不 所以f(x)=4ax2+3.x2-6(2a+1)x-1, 特合题意； 令h(x)=4a.x2+3.x2-6(2a+1)x-1, 当0<u<1时，F(),F(t)随t变化情况如下： 所以h'(x)=12ax2+6.xr-6(2a+1)=6(2a.x+2a+1) (4,1) 1 (1,十∞)》 (x-10. (1)当a=0时，h'(x)=6(x-1),令'(x)>0,解得x≥1： F'(D) 0 0 令h(x)≤0，解得x≤1： 极小值4 极大值 故f(x)在区间[1，十∞)上为四函数，在区间（一∞，1] F(t) 香 减 3u-u+3 多 4-4u 上为凸函数： 故W2-3m2-u+3<<4-4u: 当-子<a<0时，令M)≥0，解得1<r≤-2a 2a, 综上所述，点P的集合为 令h'(x)≤0，解得x≤1或r≥ 2a+1 2a {y,)1/>1 {4-4x<y<x3-3.x2-x+3 故f(x)在区间[1，-24]上为四函数，在区同 10<x<1 2a 我{2-3r-x+3<y4-4 (-∞，1]和[- 法，十)小上为5高载： (2)点Q的集合为 -4<x<-2 当a=- 时/()=-3(x-1)≤0，故f在区同 (.r,y)1/r≤-4 或 {xe2<y<0 e<y<-+4 e (一o∞，十∞)上为凸函数：. -2<x<0 当a<-时，◆x≥0， <y<re 解得-2a十1≤x≤1， 2a 创新示范卷（十五） 令'()≤0，解得r≥1或x≤-2a十1 选择题答案速查 2a 故)在区间[2岩，上为回画数，在区闪 题号123456789101 答案CCC AA BA A BCD ABD BC (,2结]1.+止为凸画 1.C[由2-上<，解得x>0且x≠1，故集合M=(xx 综上所速，当。<一}时，f(x)为区间在 >0,且x≠1)，由0<2-1≤1，解得0<x≤1，所以N= 【一去，上为日高数，在区同(0，一2法] {x0<x≤1}，所以MnN={x0<x<1}.] 2a 2.C[由双曲线方程可知a2=k一4,6=5-k,所以2=k [1,十∞)上为凸函数： -4+5-k=1,c=1.2c=2.] 当a=一时，(r)在区间（一0，十∞）上为马高数： 3.C 4.A[设正项等比数列{a,}的公比为g(g>0), 当-<a<0时，)在区[，一22]上为 由a1=3,且一3a1a2ay成等差数列， 得2a:=a1-3a1.即2a19=a19-3a1.即6g=3g-9. 数：在区阅一，门南[一2法，十)上为马品我 解得g=3或g=-1(会去.S=31-3) 1-3 当a=0时，f(x)在区间[1，十∞)上为凹函数，在区间 =31-3] (一∞，1]上为凸函数： 2 答案-44