2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅰ卷专用）含解析

备战2024年高考数学模拟卷（新高考I卷专用）

（考试时间：120分钟试卷满分：150分）

第I卷（选择题）

一、单项选择题：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，只有一项是符合要

求的。

1.设集合A=X2+3X-10<0},3={X[-3<X<3},则AB=（）

A.{x|-3<x<2}B.{x|-5<x<2}

C.{x|—3<x<3}D.{x\-5<x<3]

2.若i（l-可=3,则|z—司=（）

A.6iB.-6iC.2D.6

3.如图，在四边形ABC。中，DC=2AB,BE=2EC,设OC=Q,DA=B，则OE等于（）

「217

B.—a+—b

32

-2rIf

D.—Q+—b

33

4.攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、

四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它

的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为3五米，侧棱长为5米，则其体积

为（）立方米.

A.24-72B.24C.7272D.72

5.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数

可以表示为两个素数的和“，如20=3+17.在不超过15的素数（素数是指在大于1的自然数中，除了1和自

身外没有其他因数的自然数）中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是（）

B.A

AD

-:15-n

2兀)图象上所有点的横坐标变为原来的工）纵坐标不变，所得图象在区间

6.将函数/(x)=cos3>0,

27兀rIT7T

0,y上恰有两个零点，且在-石，仃上单调递减，则。的取值范围为（）

3

11)

A.?3B.P4C.D.

7.已知a=6=c=，则0方，°的大小关系为（）

A.a<c<bB.b<a<cC.b<c<aD.a<b<c

8.已知等腰直角一ABC中，NC为直角，边AC=#，P,。分别为AC,AB上的动点（尸与C不重合），将

△4尸。沿PQ折起，使点A到达点A的位置，且平面APQL平面BCP。若点A,B,C,P,。均在球。的

球面上，则球。表面积的最小值为（）

A.8TIB.4KC.随^D.—

33

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的

要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得。分。

9.如图，正方体ABC。-AAGR的棱长为1,则下列四个命题正确的是（）

A.正方体ABCD-AgGA的内切球的半径为走

2

TT

B.两条异面直线2c和BG所成的角为2

C.直线3C与平面A3GA所成的角等于;

D.点D到面AC，的距离为也

2

10.已知函数/■（元）=；x3-/+x,则（）

A.，(x)为奇函数B.x=l不是函数/(x)的极值点

C./(x)在上单调递增D.了⑺存在两个零点

11.已知抛物线C：V=6x的焦点为尸，过点尸的直线交C于M,N两个不同点，则下列结论正确的是()

A.同的最小值是6B.若点嗒,2；则即+|网的最小值是4

C./+向=3D.若阳斗|丽|=18,则直线跖V的斜率为±1

12.已知函数/(x)及其导函数/(X)的定义域均为R,记g(x)=/'(x).若/，一2x),g(2+无)均为偶函数，

则()

A.f(-l)=/(4)B.g[-，=。C./(0)=1D.g(-l)=-g(2)

第II卷(非选择题)

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.1x+£|6(2x+5)展开式中含d项的系数是.

14.写出与圆(x-l)2+(y-2)2=l和圆(x+iy+(y+2)2=l都相切的一条直线的方程.

14

15.若函数”彳)=3炉+4依与g(x)=56lnx_e办，〃>。有公共点，且在公共点处的切线方程相同，贝昉的

最小值为.

-V2

16.已知椭圆C：土+21=1,耳、工分别是其左，右焦点，P为椭圆c上非长轴端点的任意一点，。是X

1612

c2S

轴上一点，使得尸口平分/耳尸居.过点。作尸斗、P外的垂线，垂足分别为A、2.则产幺+的最小

^/\PFiF2^ADAB

值是.

四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。

17.(10分)已知公差不为零的等差数列｛%｝的前〃项和为3,出=3,且%%，生成等比数列.

(1)求｛%｝的通项公式；

1Q

⑵若%=心——77,数列抄“｝的前”项和为1,证明：Tn<~.

肛一4+14

18.(12分)在.ABC中，内角AB,C所对的边分别为。也c,满足6=a-2反osC

(1)求证：C=2B；

⑵若,ABC为锐角三角形，求2sinC+cosB-sinB的最大值.

19.(12分)如图，在三棱柱ABC-中，AC=2,AB=42,E,尸分别为A。，B用的中点，且所上

(1)求棱BC的长度：

(2)若84,A用，且△4EC的面积s=君，求平面4片尸与平面A/C的夹角的余弦值.

20.(12分)为了解学生中午的用餐方式(在食堂就餐或点外卖)与最近食堂间的距离的关系，某大学于某

日中午随机调查了2000名学生，获得了如下频率分布表(不完整)：

学生与最近食堂间的距离d(m)(0,200](200,400](400,600](600,800](800,+oo)合计

在食堂就餐0.150.100.000.50

点外卖0.200.000.50

合计0.200.150.001.00

并且由该频率分布表，可估计学生与最近食堂间的平均距离为370m(同一组数据以该组数据所在区间的中

点值作为代表).

(1)补全频率分布表，并根据小概率值a=0.0001的独立性检验，能否认为学生中午的用餐方式与学生距最近

食堂的远近有关(当学生与最近食堂间的距离不超过400m时，认为较近，否则认为较远)：

(2)已知该校李明同学的附近有两家学生食堂甲和乙，且他每天中午都选择食堂甲或乙就餐.

(i)一般情况下，学生更愿意去饭菜更美味的食堂就餐.某日中午，李明准备去食堂就餐.此时，记他选择去

甲食堂就餐为事件A,他认为甲食堂的饭菜比乙食堂的美味为事件。，且。、A均为随机事件，证明：

P(D|A)>P(D|A)：

(ii)为迎接为期7天的校庆，甲食堂推出了如下两种优惠活动方案，顾客可任选其一.

①传统型优惠方案：校庆期间，顾客任意一天中午去甲食堂就餐均可获得。元优惠；

②"饥饿型''优惠方案：校庆期间，对于顾客去甲食堂就餐的若干天(不必连续)中午，第一天中午不优惠(即

“饥饿”一天)，第二天中午获得抄元优惠，以后每天中午均获得6元优惠(其中。，6为已知数且6>。>0).

校庆期间，已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为P(O<P<1),且是否去甲食堂就餐相互独立.又知

李明是一名“激进型”消费者，如果两种方案获得的优惠期望不一样，他倾向于选择能获得优惠期望更大的方

案，如果两种方案获得的优惠期望一样，他倾向于选择获得的优惠更分散的方案.请你据此帮他作出选择，

并说明理由.

,n(ad-bc\,

附：力~=7~7T7--------------\7Z~~n;其中〃=a+6+c+d・

ya+b)[c+d]^a+c)(b+d)

a0.100.0100.001

Xa2.7066.63510.828

21.(12分)已知双曲线C:0-3=1伍>0力>0)上的一点到两条渐近线的距离之积为2且双曲线C的离

心率为亚

2

⑴求双曲线C的方程；

⑵已知M是直线x=《O<r<a)上一点，直线加工交双曲线C于AG4在第一象限)，3两点，。为坐标原点，

过点M作直线CM的平行线/,/与直线交于点P与x轴交于点。，若尸为线段MQ的中点，求实数/

的值.

22.(12分)已知函数/(x)=a*-elog“x-e,g(x)=aX-xlna,其中。>l,e是自然对数的底数.

⑴求函数g(x)的单调区间和最值；

(2)证明：函数f(x)有且只有一个极值点;

(3)当ae[e,e]时，证明：/(%)>0,

【赢在高考・黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考I卷专用）

黄金卷•参考答案

（考试时间：120分钟试卷满分：150分）

第I卷（选择题）

一、单项选择题：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，只有一项是符合要

9101112

BCBCABDABD

第口卷（非选择题）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

5521

13.12014.尤=0或4y—3x=0或2x—y±=0（答案不唯一'）15.——16.

四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。

17.（10分）

【详解】（1）设｛4｝的公差为d（dwO）,因为%,%，%成等比数列，所以〃；=4•%，

即（q+2dp=q（q+6d）,因为dwO,所以4=2d,

又。2=3,所以％+d=2d+d=3,

所以d=l，4=2,

所以一l)d=2+〃-1=几+1.

_〃(2+〃+1)_/+3〃

（2）由（1）得,3”-二

"22

所以

2\nn+2)

所以北=:1j__]

+—

2nn+2

32435nn+22〃+ln+2

18.(12分)

【详解】(1)由题人=a-2Z?cosc,

由正弦定理：sinB=sinA-2sinBcosC=sin(B+C)-2sinBcosC,

所以sin3=sinBcosC+cossinC-2sinBcosC,

整理sinB=sinCcos5-cosCsin5,

所以sin8=sin(C-B),

:.B=C-B^B+C-B=TI(舍)，

:.C=2B.

(2)ABC为锐角三角形，

71

0<TI-3B<-

八n兀片77/口7T―7T「广।兀n兀

:.<0<B<—，解得：8<二,所以°<:一3〈百，

264412

71

0<2B<-

2

7171

=sin—cos----cos—sin—=

121334344

由(1)问，C=23,「.2sinC+cos5—sinB=2sin26+cos5—sin5,

=cosB-sinB=^2sinf--G0,^---,

【4八2J

则sin25=1—(cosB—sinB)2,

所以2sinC+cosB—sinB=2(l—〃)+/=—2』+/+2=—2^—+?,

117

，当f=:时，所求2sinC+cosB-sinB的最大值为甚.

48

19.（12分）

【详解】（1）取AC的中点。，连接8。矶）,

在三棱柱ABC-A4G中，可得。E//4V/2瓦，S.DE=^AAi=BF=^BBl,

二四边形DEFB为平行四边形，则EF//DB,

又EF2平面44]C]C,.•.JDB_L平面AAQC,

；ACu平面A^GC,

:.DB1AC,

又D为AC的中点，

为等腰三角形，

VAC=2,AB=C，则BC=AB=VL

（2）由（1）知，AB2+BC2=AC2,：.ABYBC,EF=BD=\,

ACu平面A41GC，所以EFLAC，

故S&尸c=；AC..=岔=>40=2岔，

由（1）知，ZJB，平面A41GC，A4JU平面A41clC,

则DBVAAX,

又三棱柱中M//Bg,，，8月

又/.AB1BB,,

,:又ABcDB=B,AB、D8u平面ABC,

.­,BBt，平面ABC,

三棱柱ABC-AAC为直三棱柱，

•••△A4C为直角三角形，可得A&=4,

又在三棱柱ABC-中，AB±BC,AB114G，

以耳为坐标原点，B©,B.A，8出所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系,

4F=(0,-^2,2),AC=(V2,-A/2,4),

设平面A尸。的一个法向量为n=(x,y,z)

n«4F=-V2y+2z=0

令z=1,则y=应x=-5/2，

n-\C=V2x-+4z=0

二.平面A/C的一个法向量为〃=卜也0,1),

易得平面4AL的一个法向量为m=(1,0,0)

设平面片4尸与平面A尸C的夹角为6,

\m-n\V2A/W

COSUQ=:II；=—j=-=---,

|m|-|n|<5x15

•••平面B^F与平面AFC的夹角的余弦值为手.

20.(12分)

【详解】(1)(1)设de(200,400]组的频率为二,则de(400,600]组的频率为1-0.20-0.15T=0.65f

估计学生与最近食堂间的平均距离Z=100x0.20+300f+500(0.65—f)+700x0.15=450—200f=370,解得

t=0.40,

故可补全频率分布表如下：

学生与最近食堂间的距离d(加)(0,200](200,400](400,600](600,800](800,+00)合计

在食堂就餐0.150.200.100.050.000.50

点外卖0.050.200.150.100.000.50

合计0.200.400.250.150.001.00

据此结合样本容量为2000可列出2x2列联表如下:

学生距最近食堂较近学生距最近食较堂远合计

在食堂就餐7003001000

点外卖5005001000

合计12008002000

零假设：学生中午的用餐情况与学生距最近食堂的远近无关.

注意…以焦蓝蓝，詈一•

据小概率值。=0.001的独立性检验，推断"。不成立,

即可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关.

（2）（i）证法一：由题意得尸（川。）＞尸伊。）,P（A|D）＞P（A|5）,

结合P(川。)+P(A\D)=P(A|D)+P(A|P)=1,P(A|D)>0.5>P(A|D).

P（AD\P\AD\

结合条件概率公式知＞-W=即尸(A0>尸(A)P(0.

尸（D）P［D）1一产⑵

/、(一、P(AD)尸AO

I/I/尸⑷PA

P（Ar＞）［l-P（A）］-［P（D）-P（AZ））］P（A）_P（AD）-P（A）P（D）

>0,

P（A）［1-P（A）］P（A）［1-P（A）］

即尸IA）＞尸（Q|可成立.

证法二：由题意得「（A|D）＞P（，|D）,P（A|D）＞P（A|5）,

所以钙心。

P（AD）＞P（AD）,同理尸（AD）＞尸（AD）,

P（D）P（D）

于是尸（A£＞）尸（布）＞P（AD）P（AD）,

，、（一、P（AD）P（AD）

故P0A-尸D|A=4一--"

''P（A）尸㈤

P（AD）^P（AZ））+P（AD^-P（Ar））［P（Ar））+P（A5）］

一「⑷尸（可

P（AD）AD）-AD）AD）

>0,即尸（D|A）>「伊闾成最

尸（A）P0）

（ii）设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为J,

若选择传统型优惠方案获得的优惠为x元，若选择“饥饿型”优惠方案获得的优惠为y元,

p（g=o）+pe=i）欢=o

则J〜g（7,p）,X=a&,对04左47,P（Y=kb）=\o,k=1

P^=k）,2<k<l

故E（X）=现若）=aE（/=7pa,

777

E8=£kbP{Y=kb）=b£kP（匕=k）=b』EP（J=A）—P（J=1）

k=2&=2|_左=0.

=卅E«）—尸C=1）］=7pb［l-（l-p）6］,

令E（X）=E（y）,结合得p=i-°U，记为p°.

若则E（y）-E（X）=7p他国-（I-。），］一.}>0,矶¥）>矶X）,

此时李明应选择“饥饿型”优惠方案；

若0<p<p°,则E（y）—E（X）=7p{司”（l_p）6］_a}<0,E（y）<E（X）,

此时李明应选择传统型优惠方案.

若°=外，则（1一06=1-=,E（X）=E（Y）.

b

注意到D（X）=。（若）=a.）=7pa?（1一p）,

07c。

D（y）=£（r2）-［£（y）］-=^（^）-p（y=^）-［E（x）］-

k=2

=〃*2Pq=k»49P2a2=〃I_=左）_=0-49P2a2

k=2［_k=0_

=b2［碓2）-P^=l）］-49pV=/{W⑷］2+D©—pq=1）}—49P2〃

2246J_2

=b~|^49/7+7p（l-p）-7P（1-_49P=7Jj7pa）

因此D（y）-r＞（x）=7p{〃[6p+i-（i-p）6]-7w2-（i-p）/}

=1p^6pb2+a6-(60+1“}=7P(6-a){6p(b+a)+a]>0,

即D(Y)>D(X).

此时李明选择获得的优惠更分散的方案，即获得的优惠方差更大的方案，即“饥饿型”优惠方案.

综上所述，当0<P<P。时，李明应选择传统型优惠方案；

当p°Vp<l时，李明应选择“饥饿型”优惠方案.

21.（12分）

【详解】(1)双曲线的渐近线方程为法士做=0,设双曲线上一点。(5,%),

剧1bxo—。%].|bxO+|=|6无0-。%||6.%+。%|=一一%一"一闹=

y/a2+b2Va2+b2

22

又因为。(%,%)在双曲线上，所以由一乌=1,即

ab

代入可得4=2,又因为e=£=逅，c2=a2+b2,代入可得〃=3,^2=6,

ca2

22

所以双曲线方程为

若直线g斜率为0,此时点A不在第一象限，矛盾，故皿斜率不为0,

3

设直线M鸟的方程为x=my+3,A(Xj,yJ,B(x2,>2),贝九加1、

x=my+3

联立fJ化简可得（机2-2）/+6冲+3=。，

------二1

I63

m2-2^0mw±-^2

则,/,、，可得，

A=36m2-12|m2-2）＞024（〃/+1）＞0’

-6m

m-2

则

3

m-2

又因为〃/OA,所以《=%=&=」=&=%

knB

x2my2+3

所以直线/的方程为=直线°B的方程为片二x,

t-3%

y-------x-t)

mmyx+3，孙％+(3-。%

联立解得y=

my2+3

fny.y?+(3-。必

即P的纵坐标为力=管、一产.

皿%一%)

—6m3

又由上可知M+%=F^，两式相除，

m-2m-2

得根%%=一;(%+%)，

代入可得y_根%为+(3-/)%—；(乂+%)+(37)%一二乂+口7)%

根(%一%)根(以一%)根(%一%)

因为p为线段M。的中点，所以

22m

-^yi+||y2to-：％+仁一4%to

即212)_t-5212jJ-3，

加(3-%)2m2

»-15t-3

所以需满足解得f=2.

22.(12分)

【详解】(1)由g(x)=a"-xlna求导可得：g'(x)=a'Infl-In«={ax-1)Ina

因a>l,故lna>0,

当尤>0时，优>l,，-l>0,g'(x)>0,故g(无)在(0,+<o)上单调递增;

当尤<0时，ax<1,-1<0,g'(x)<0,故g(x)在(-00,。)上单调递减；

所以函数g(x)的单调递增区间为(。，内)，递减区间为(-8,0),最小值为g(0):1,无最大值.

In2〃-e

(2)因/(x)=a*-elog«x-e,其定义域为(0,+8),f'(x)=axlna———=—

x\nax\na

取h(x)=xaxIn2a-e,贝ljh\x)=ax\n2a(l+x\na),因Q〉L故hr(x)>0,贝Ij/z(x)在(0,+GO)上单调递增,

2

①当a>e时，/7(0)=-e<0,/i(l)=«lna-e>0,故函数以尤)在(0,1)内有且仅有一个变号零点，

则此时，函数有且仅有一个极值点;

②当。=e时，/7(x)=xe，-e,因〃⑴=0,因h(x)在(0,+⑹上单调递增，故函数〃(无)有且仅有一个变号零点，

则此时，函数/(无)有且仅有一个极值点;

111..

③当lva<e时，h(l)=a\n2a-e<0,又因/z(^—)=々帝。一匕,

I1―1—1

in2a

—T——•In〃=--->1,a>e,BP—)>0,

Ina\naIna

故函数以X)在(1,高)内有且仅有一个变号零点，则此时，函数"X)有且仅有一个极值点;

综上所述，函数f(x)有且仅有一个极值点.

(3)由(2)可知，当。e[e,e?]时，函数(无)有且仅有一个零点，设为机，则/'(刈)=0,机>0,

又由(2)函数〃2有最小值为/O).

由外加)=0可得:mamIn2—e=0,即am=1》，两边取自然对数得:mlna=l-h\m-21n(lna),

mlna

故Inm=1一mIna—2ln(lna),

—i-pqp,\mmee1ci/i、、

于是/(m)=Q-elogm-e=a--------e=------------(1-mma-21n(lna))-e

aInamlnaIna

=e{“2“+m[21n(ln，-In"-1]In"+1},不妨设(=皿“，则ae[ed],故得则

mlna

m2In2a+m[2\n(lna)-lna-l]lna+l=m2/2+mt(2In-1)+1,

对于函数丁=病/+加(21n--l)+l,其对应方程的判别式A=/(21n”"l)2-4产=户[(21皿7-1产-4],

22-t

设四=21…Tyi,2],则“⑺丁2。恒成立,

故函数夕⑺在口,2]上单调递增，则。⑴VW)〈0(2),gp-2<^(0<21n2-3<0,

从而0<[°(力]2<4,于是A<0,

故有y=/产+的(21IUT-1)+120恒成立,故有㈤之。恒成立,所以"%)之0.

【赢在高考・黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考I卷专用）

黄金卷

（考试时间：120分钟试卷满分：150分）

第I卷（选择题）

一、单项选择题：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，只有一项是符合要

求的。

1.设集合A={NX2+3X_IO<O},B={X|_3<X<3},则A"=（）

A.[x\-3<x<2]B,{x|-5<x<2}

C.{%|-3<x<3}D.{x|-5<x<3}

【答案】A

【详解】因为A={X|X2+3X-10<0}={X|-5<X<2},

所以Ac3={x|-3<x<2}.

故选：A.

2.若i（l—可=3,贝”z—习=（）

A.6iB.-6iC.2D.6

【答案】D

3

【详解】由题设可得1-彳=：=-3i,则下=l+3i,则z=l—3i,

i

i^z-z=-6i,t^\z-z\=6,

故选：D

3.如图，在四边形ABC。中，DC=2AB,BE=2EC,设QC=〃，DA=b，则。石等于（）

217

B.—a+—b

32

2rIf

D.—a+—b

33

【答案】C

【详解】因为DC=2A3,3E=2EC,

所以。E=DC+CE=DC+gCB=DC+g（08一DC）=0C+g+AB-°C）

211911s1

=-DC+-DA+-AB=-DC+-DA+-DC=-a+-b.

33333663

故选：C

4.攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、

四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它

的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为3亚米，侧棱长为5米，则其体积

为（）立方米.

A.24忘B.24C.72及D.72

【答案】B

【详解】如图所示，在正四棱锥尸-ABCD中，连接AC,网＞于。，则。为正方形A3CD的中心,

连接0P，则底面边长48=3后，对角线BZ）=0AB=6，BO=^BD=3.

又BP=5，^L^OP=\IBP2-BO2=4.

故该正四棱锥体积为V=x4=24.

P

5.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数

可以表示为两个素数的和“，如20=3+17.在不超过15的素数（素数是指在大于1的自然数中，除了1和自

身外没有其他因数的自然数）中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是（）

【答案】C

【详解】不超过15的素数有2,3,5,7,11,13,随机取两个不同取法有C；=15种,

其中和等于16的情况有3,13或5,11两种情况,

2

所以随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是7T.

故选：C

6.将函数/(x)=cos(x+5)图象上所有点的横坐标变为原来的、3＞0),纵坐标不变，所得图象在区间

27r冗冗

0,y上恰有两个零点，且在-五，历上单调递减，则。的取值范围为()

【答案】C

【详解】依题意可得y=cos[0x+]],

八2.2K2兀Ico2兀

因为OWxW；兀，所以二+兀十二，

33333

「、r|271I,八2兀...._,I(71,1八

因为y=cos[0x+3-J在0,—恰有2个零点，且叫万+3卜。£Z,

5兀/2G2兀7兀&力,日11,17

所以？4^-兀+丁＜丁,解得二＜口＜二,

233244

冗.〜

._.,27r—,7T/027r2匕兀TC2ko=

兀—GXH----<兀+2k2冗,右£Z,-------1-------W%W------1----—,左2£Z,

33G03GG

(27ri27rTC

令k?=0,得>=3s+〒在上单调递减,

13J3G3。

兀712K71

所以

129123。’3。

2兀<兀

3^-12

所以＜又G＞0,解得0＜。44.

71>71

综上所述，*…，故。的取值范围是5,4

故选：C.

7.已知a'：,J詈j，则小乩°的大小关系为()

A.a<c<bB.b<a<cC.b<c<aD.a<b<c

【答案】D

23

e+11+1

【详解】a1+-I,b=14

2e

令〃尤)=(1+」,0,则ln/(x)=xln|l+m，x>0

x>

X

令g(x)=xln|l+L

,x>0,

g，(x)=ln[l+11=b1+|1

则1+x，

X

令/z(x)=ln(l+x)-^-----,x>0,

X

则"±一就广声7＞。在（0,+8）上恒成立,

故/心）=In（1+月-・在（0,+8）上单调递增,

又"0)=0,故〃(x)=ln(l+x)-士>0在(0,+动上恒成立,

1

X1

将/z(x)=In(1+%)—,x＞。中x换为一可得,ln|Id"一|—X>0,

1+xXX1+1

X

即ln[l+^1

1+x>0,故小（九）＞0在（0,+。）上恒成立,

所以g（x）=xln1l+J在（0,+巧上单调递增,

由复合函数单调性可知〃同=（1+口在（0,+8）上单调递增,

X

23

故[1+g1

<11+-I<11+-,即〃<b<c.

e3

故选：D

8.已知等腰直角715c中，/C为直角，边AC=«,P,Q分别为ACAB上的动点（尸与C不重合），将

△AP。沿PQ折起，使点A到达点A的位置，且平面A'PQ，平面BCPQ若点A,B,C,P,。均在球。的

球面上，则球。表面积的最小值为（）

C80兀4兀

A.8兀B.47rD.——

,33

【答案】A

［详解】显然尸不与A重合，由点A"2,C,尸,。均在球0的球面上,得2,C,P,Q共圆，则ZC+ZPQB=兀,

又_ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，即有PQ2A5,

将△AP。翻折后，PQ1AQ,PQ±BQ,又平面APQL平面BCPQ,

平面4尸。1平面3CPQ=PQ,

AQu平面A7Q,2。<=平面3"。，于是A0,平面BCPQ,8Q_L平面A7Q,

显然AP,8尸的中点。，E分别为-APQ,四边形8CPQ外接圆圆心，

则£）0,平面A/Q,EO,平面3CPQ,因此EO//A'Q,

取PQ的中点尸，连接BE则有EE//BQ//DO,DFHNQ//EO,

四边形EFDO为矩形，设A'Q=尤且o<x<2石，DO=EF=；BQ=,AP=&x，

设球O的半径R,<7?2=DO2+f—=3d一氐+3=3（苫一地1+2,

I2J4413J

当了=平时，（笈%=2,所以球。表面积的最小值为4无.%=舐.

故选：A.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的

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.如图，正方体ABCD-AgGR的棱长为1,则下列四个命题正确的是（）

A.正方体ABCD-A4G2的内切球的半径为变

2

7T

B.两条异面直线RC和BG所成的角为令

c.直线3C与平面ABG2所成的角等于;

D.点£＞到面ACR的距离为且

2

【答案】BC

【分析】根据正方体和内切球的几何结构特征，可判定A错误；连接AC,CR,把异面直线2c和8G所成

的角的大小即为直线2c和Aj所成的角，△ACR为正三角形，可判定B正确；证得gC,平面ABC，，

进而求得直线BC与平面ABG2所成的角，可判定C正确；结合等体积法，得到％yea=%,置8,进而可

判定D错误.

【详解】对于A中，正方体A8CD-4g62的内切球