2024年高考数学复习：答案高考数学模拟试题精编(十一)

高考数学模拟试题精编(十一)eq\x(1—8CCDCBDAA)1．C因为集合B＝{x|x2－2x－3＞0}＝{x|(x－3)(x＋1)＞0}＝{x|x＜－1或x＞3}，又A＝{x|x＞2}，所以A∪B＝{x|x＜－1或x＞2}．故选C.2．C因为直线x＋ay＋b＝0经过第一、二、四象限，则该直线的斜率－eq\f(1,a)＜0，直线在y轴上的截距－eq\f(b,a)＞0，可得a＞0，b＜0.故选C.3.D对于选项A，过a作一平面γ，与α，β都相交，设α∩γ＝d，β∩γ＝c，如图①所示，因为a∥α，a∥β，α∩β＝b，由线面平行的性质定理知a∥c，a∥d，所以c∥d.又d⊂α，则c∥α，α∩β＝b，所以c∥b，因此有a∥b，故A为真命题．图①对于选项B，设a，b分别为直线a，b的方向向量，因为a⊥α，b⊥β，所以向量a，b分别是平面α，β的法向量，而α⊥β，所以a⊥b，所以a⊥b，故B为真命题．对于选项C，设α∩β＝e，α∩γ＝f，在平面α内任取一点O，过点O作e′⊥e，f′⊥f，如图②所示，可知e′⊥β，f′⊥γ.图②因为β∩γ＝a，所以e′⊥a，f′⊥α.因为e′∩f′＝O，e′，f′⊂α，所以a⊥α，故C为真命题．对于选项D，因为α∥β，a∥α，所以a∥β或a⊂β，故D为假命题．故选D.4．C设n(n∈N*)年后公司全年投入的研发资金为y万元，则y＝300(1＋10%)n，令300(1＋10%)n＞600，解得n＞eq\f(lg2,lg11－1)，将lg2≈0.301，lg11≈1.041代入后，得eq\f(lg2,lg11－1)≈7.3，故n的最小值为8，即2029年，该公司全年投入的研发资金开始超过600万元．故选C.5．B若数列{an}为递增数列，则有an＋1>an，此时f(n＋1)>f(n)，但f(x)在[1，＋∞)上不一定为增函数；若f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则由x1>x2有f(x1)＞f(x2)，则f(n＋1)>f(n)，an＋1>an，故数列{an}为递增数列．即“函数f(x)为增函数”⇒“数列{an}为递增数列”．因此“数列{an}为递增数列”是“函数f(x)为增函数”的必要不充分条件．故选B.6．D由(a－2)(b－1)＝eq\f(9,2)，整理得2ab＝5＋2(a＋2b)，由基本不等式得2ab＝a(2b)≤eq\f((a＋2b)2,4)(当且仅当a＝2b时等号成立)，即5＋2(a＋2b)≤eq\f((a＋2b)2,4)，即(a＋2b)2－8(a＋2b)－20≥0，解得a＋2b≥10或a＋2b≤－2.由于a>0，b>0，所以a＋2b≤－2舍去，从而a＋2b的最小值为10.故选D.7．A函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后的图象的解析式为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))，该函数的图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称，所以2×eq\f(π,4)＋eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，所以φ＝－eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以f(x)的最小值为－eq\f(\r(3),2).故选A.8．A∵lna＝clnb，lnc＝blna，且a，b，c均为不等于1的正实数．∴lna与lnb同号，lnc与lna同号，从而lna，lnb，lnc同号．①若lna，lnb，lnc均为负数，则a，b，c∈(0，1)，lna＝clnb>lnb，可得a>b，lnc＝blna＞lna，可得c>a，此时c>a>b；②若lna，lnb，lnc均为正数，则a，b，c∈(1，＋∞)，lna＝clnb>lnb，可得a>b，lnc＝blna>lna，可得c>a，此时c>a>b.综上所述，c>a>b.故选A.9.ABD10.ABD11.ACD12.AB9．ABD设z2＝a＋bi(a，b∈R)，由条件知(1－i)(a＋bi)＝i，即a＋b＋(b－a)i＝i，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝0，,b－a＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝\f(1,2)，))故z2＝eq\f(－1＋i,2)，故A正确；易知|z1|＝eq\r(2)，|z2|＝eq\r(\f(1,4)＋\f(1,4))＝eq\f(\r(2),2)，所以|z1|＝eq\f(1,|z2|)，故B正确；z1＋z2＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，则|z1＋z2|＝eq\f(\r(2),2)<2，故C错误；eq\x\to(z1)＝1＋i，eq\x\to(z2)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，则eq\x\to(z1)·eq\x\to(z2)＝(1＋i)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(1,2)i))＝－i，故D正确．故选ABD.10．ABD对于选项A，a0＝Ceq\o\al(0,n)＝Ceq\o\al(n,n)＝an＝1，故A正确；对于选项B，x3的系数a3＝Ceq\o\al(3,n)，则Ceq\o\al(3,n)＝10，所以n＝5，故B正确；对于选项C，若(1＋x)n(n∈N*)的展开式中第7项的二项式系数最大，根据二项式系数的对称性，当n为偶数时，n＝12；当n为奇数时，n＝11或n＝13，故C不正确；当n＝4时，(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，令x＝eq\f(1,2)，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\s\up12(4)＝a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,4)＋eq\f(a3,8)＋eq\f(a4,16)，因为a0＝1，所以eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,4)＋eq\f(a3,8)＋eq\f(a4,16)＝eq\f(65,16)，故D正确．故选ABD.11．ACD由题意，知F1(－c，0)，F2(c，0)，B(0，b)，所以tan∠BF1F2＝eq\f(|OB|,|OF1|)＝eq\f(b,c)＝eq\r(15)(O为坐标原点)，所以b＝eq\r(15)c，所以a＝eq\r(b2＋c2)＝4c，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,16c2)＋eq\f(y2,15c2)＝1，因为eq\o(BQ,\s\up6(→))＝2eq\o(QF2,\s\up6(→))，所以Q为线段BF2上靠近点F2的一个三等分点，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2c,3)，\f(\r(15),3)c)).对于A，椭圆C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,4)，A正确；对于B，设K(x0，y0)，则eq\f(xeq\o\al(2,0),16c2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),15c2)＝1，所以yeq\o\al(2,0)＝15c2－eq\f(15xeq\o\al(2,0),16)，因为eq\o(KF1,\s\up6(→))·eq\o(KF2,\s\up6(→))＝(－c－x0，－y0)·(c－x0，－y0)＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)－c2＝eq\f(xeq\o\al(2,0),16)＋14c2>0，故B不正确；对于C，kPF1＝kQF1＝eq\f(\f(\r(15),3)c－0,\f(2c,3)－(－c))＝eq\f(\r(15),5)，故C正确；对于D，直线BF1的方程为y＝eq\r(15)(x＋c)，即eq\r(15)x－y＋eq\r(15)c＝0，点Q到直线BF1的距离d1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(15)×\f(2c,3)－\f(\r(15),3)c＋\r(15)c)),\r((\r(15))2＋(－1)2))＝eq\f(\r(15)c,3)，又点Q到直线F1F2的距离d2＝yQ＝eq\f(\r(15),3)c，所以d1＝d2，所以PF1平分∠BF1F2，故D正确．综上所述，选ACD.12．AB函数f(x)对于定义域内的任意实数s，总存在实数t使得f(t)<f(s)，故f(x)无最小值．令eq\f(ex,x)＝m(m≥e)，则有lneq\f(ex,x)＝lnm，即x－lnx＝lnm，所以f(x)＝g(m)＝am－lnm，g(m)在[e，＋∞)上没有最小值．当a≤0时，g(m)在[e，＋∞)上为减函数，符合题意．当a>0时，g′(m)＝a－eq\f(1,m)，当a≥eq\f(1,e)时，g′(m)>0，g(m)在[e，＋∞)上单调递增，g(m)有最小值，不符合题意，舍去；当0<a<eq\f(1,e)时，令g′(m)＝0得m＝eq\f(1,a).当0<m<eq\f(1,a)时，g′(m)<0，g(m)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(1,a)))上单调递减，当m>eq\f(1,a)时，g′(m)>0，g(m)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，此时g(m)有最小值，舍去．综上，a≤0，故选AB.13．解析：因为(a＋b)⊥a，所以(a＋b)·a＝a2＋a·b＝0，所以(－1)2＋22＋(－1)×3＋2m＝0，解得m＝－1，所以a－b＝(－4，3)，所以|a－b|＝eq\r((－4)2＋32)＝5.答案：514．解析：抛一枚质地均匀的硬币，正面向上与反面向上的概率均为eq\f(1,2)，从甲箱中随机摸出一个球为红球的概率为eq\f(3,5)，从乙箱中随机摸出一个球为红球的概率为eq\f(2,5)，所以摸到红球的概率P＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)15．解析：因为f(x)＝x3－x为奇函数，h(x)＝g(x)f(x)为奇函数，所以g(x)为常数函数或偶函数．当g(x)＝1时，h(x)＝x3－x，则h′(x)＝3x2－1，此时h′(0)＝－1≠0，所以g(x)＝1不合题意．当g(x)＝x2时，h(x)＝x5－x3，因为h(－x)＝(－x)5－(－x)3＝－(x5－x3)＝－h(x)，所以h(x)为奇函数．h′(x)＝5x4－3x2，由h′(x)>0，得x<－eq\f(\r(15),5)或>eq\f(\r(15),5)，由h′(x)<0，得－eq\f(\r(15),5)<x<eq\f(\r(15),5)，所以h(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(15),5)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),5)，＋∞))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),5)，\f(\r(15),5)))，所以h(x)是先增后减再增．又h′(0)＝0，所以g(x)＝x2满足题意．答案：x2(答案不唯一)16．解析：如图，分别取BC，AD中点E，F，连接AE，DE，BF，CF，EF，∵AB＝DB，AC＝DC，BC＝BC，∴△ABC≌△DBC，∴AE＝DE，∴EF是AD的垂直平分线，同理可得，EF是BC的垂直平分线，∴球心O在直线EF上，设其半径为R，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(OA＋OD≥AD，,OB＋OC≥BC，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2R≥2，,2R≥4，))解得R≥2，∴当且仅当O为AD中点时，R＝2，此时球O表面积取得最小值，最小值为4π×22＝16π.答案：16π17．解：(1)在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2×AB×BC×cos∠ABC＝1＋9－2×1×3×eq\f(1,2)＝7，∴AC＝eq\r(7).在△ACD中，由正弦定理有eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(AC,sin∠ADC)，∴eq\f(\f(\r(21),3),\f(1,2))＝eq\f(\r(7),sin∠ADC)，解得sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2).∵0°<∠ADC<150°，∴∠ADC＝60°或∠ADC＝120°.(5分)(2)在△ABC中，由余弦定理有cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(7＋9－1,2×\r(7)×3)＝eq\f(5\r(7),14).∵0°<∠ACB<180°，∴sin∠ACB＝eq\r(1－\f(25,28))＝eq\f(\r(21),14)，(7分)∴cos∠BCD＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACBcos30°－sin∠ACBsin30°＝eq\f(5\r(7),14)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(21),14)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(21),7).在△BCD中，由余弦定理有BD2＝CD2＋BC2－2×BC×CD×cos∠BCD.∵BD＝CD，∴9－6CD×eq\f(\r(21),7)＝0，解得CD＝eq\f(\r(21),2)，∴S△ACD＝eq\f(1,2)AC·CD·sin∠ACD＝eq\f(1,2)×eq\r(7)×eq\f(\r(21),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(7\r(3),8).(10分)18．解：(1)由题中统计表可得，年龄低于40岁的人数为70，年龄不低于40岁的人数为30，可得列联表如下：年龄低于40岁年龄不低于40岁合计“网上购物”人数601575“不网上购物”人数101525合计7030100于是χ2＝eq\f(100×(60×15－15×10)2,75×25×70×30)＝eq\f(100,7)≈14.286>10.828，(3分)依据小概率值α＝0.001的独立性检验可以认为“网上购物”与年龄有关．(5分)(2)由题意可知，X的所有可能的取值为0，1，2，3，相应的概率为P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3))＝eq\f(2,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3))＝eq\f(13,30)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3))＝eq\f(1,15)，(8分)于是X的分布列为X0123Peq\f(1,10)eq\f(2,5)eq\f(13,30)eq\f(1,15)所以E(X)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(2,5)＋2×eq\f(13,30)＋3×eq\f(1,15)＝eq\f(22,15).(12分)19．解：(1)证明：令O是AC中点，连接OB，作Oz∥AD，由AB＝BC知，OB⊥AC.因为AD⊥平面ABC，则Oz⊥平面ABC，又OB，AC⊂平面ABC，所以Oz⊥OB，Oz⊥AC，(2分)综上，Oz，OB，AC两两垂直，故可构建如图所示的空间直角坐标系O-xyz.令AD＝2BE＝2a，OB＝c，OA＝OC＝b，则D(0，－b，2a)，C(0，b，0)，E(c，0，a)，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－2b，2a)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(c，－b，a).若m＝(x，y，z)是平面CDE的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CD,\s\up6(→))＝－2by＋2az＝0，,m·\o(CE,\s\up6(→))＝cx－by＋az＝0，))令z＝b，则可取m＝(0，a，b)，又n＝(1，0，0)是平面ACD的一个法向量，则m·n＝0，所以平面CDE⊥平面ACD.(4分)(2)由AD⊥平面ABC，AD⊂平面ABED，得平面ABED⊥平面ABC，且平面ABED∩平面ABC＝AB，故点C到平面ABED的距离，即为△ABC中AB边上的高．因为AB＝BC＝eq\r(3)，AC＝2，则cosB＝eq\f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3)，故sinB＝eq\f(2\r(2),3)，所以AB边上的高h＝BC·sinB＝eq\f(2\r(6),3).(6分)又AB⊂平面ABC，所以AD⊥AB，而AD∥BE，有BE⊥AB，且AD＝2BE，所以四边形ABED为直角梯形，由(1)知AD＝2BE＝2a，则SABED＝eq\f(1,2)×3a×eq\r(3)＝eq\f(3\r(3)a,2).综上，VABCDE＝eq\f(1,3)×eq\f(2\r(6),3)×eq\f(3\r(3)a,2)＝eq\r(2)a＝eq\r(2)，解得a＝1.(8分)由(1)知，A(0，－1，0)，D(0，－1，2)，C(0，1，0)，E(eq\r(2)，0，1)，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，1，－1).若l＝(x1，y1，z1)是平面ABED的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l·\o(AD,\s\up6(→))＝2z1＝0，,l·\o(DE,\s\up6(→))＝\r(2)x1＋y1－z1＝0，))令x1＝－1，则可取l＝(－1，eq\r(2)，0)，(10分)而eq\o(CE,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，－1，1)，则|cos〈l，eq\o(CE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|l·\o(CE,\s\up6(→))|,|l||\o(CE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(2),\r(3)×2)＝eq\f(\r(6),3)，所以直线CE与平面ABED所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).(12分)20．解：(1)设等差数列{an}和{bn}的公差分别为d1，d2，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2d1＝1＋(1＋d1)，,1＋4d2＝(1＋3d2)＋(1＋d1)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d1＝1，,d2＝2，))所以an＝n，bn＝2n－1.(2分)那么，c1＝b1－a1＝1－1＝0，c2＝max{b1－2a1，b2－2a2}＝max{1－2×1，3－2×2}＝－1，c3＝max{b1－3a1，b2－3a2，b3－3a3}＝max{1－3×1，3－3×2，5－3×3}＝－2.猜想{cn}的通项公式为cn＝1－n，(5分)当n≥3时，(bk＋1－nak＋1)－(bk－nak)＝(bk＋1－bk)－n(ak＋1－ak)＝2－n<0，所以数列{bk－nak}关于k∈N*单调递减，所以cn＝max{b1－na1，b2－na2，…，bn－nan}＝b1－na1＝1－n.(7分)(2)eq\f(1,(3－cn)(2－cn))＝eq\f(1,[3－(1－n)][2－(1－n)])＝eq\f(1,(n＋2)(n＋1))＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，(8分)所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)，(10分)由题意得－m2＋4m≥eq\f(1,2)，解得eq\f(4－\r(14),2)≤m≤eq\f(4＋\r(14),2)，故m＝2.(12分)21．解：(1)证明：依题意，xF＝eq\r(3＋6)＝3，即F(3，0)，设T(1，2t)(t≠0)，则直线PQ的方程为x＝ty＋3.(2分)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋3，,2x2－y2＝6，))得(2t2－1)y2＋12ty＋12＝0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2t2－1≠0，,Δ＝144t2－48(2t2－1)>0，))得t2≠eq\f(1,2).设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq\f(12t,2t2－1)，y1y2＝eq\f(12,2t2－1)，(3分)所以x1＋x2＝t(y1＋y2)＋6＝－eq\f(6,2t2－1).因为P，Q两点分别在C的左、右支上，所以x1x2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＝t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9＝－eq\f(9＋6t2,2t2－1)<0，得t2>eq\f(1,2).(4分)所以PQ的中点为Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2t2－1)，－\f(6t,2t2－1)))，(5分)连接ON，则kON＝2t，又kOT＝2t，所以O，T，N三点共线，所以直线OT平分线段PQ.(6分)(2)由|PA|＝3|QF|，得1－x1＝3(3－x2)，即－x1＋3x2＝8，(7分)所以(x1＋x2)＋8＝4x2，①3(x1＋x2)－8＝4x1