2024屆高三第一次調(diào)研考試數(shù)學(xué)試卷附答案解析

2024屆高三第一次調(diào)研考試數(shù)學(xué)試卷

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)

是符合題目要求的。

1.若角a的終邊過點(diǎn)(4,3),貝!Jsin(a+*)=()

A.JB.C.|D.

555

2.已知i為虛數(shù)單位，若2=金，則z?N=()

A.-\/2.B.2C.—2iD.2i

3.已知函數(shù)/(%)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增，且對(duì)任意％i，冷，均有

/(比/2)=/(%1)/。2)成立，則下列函數(shù)中符合條件的是()

A.y-ln\x\B.y=x3C.y=2四D.y=\x\

4.已知優(yōu)3是夾角為120。的兩個(gè)單位向量，若向量在向量五上的投影向量為2落貝以

()

A.-2B.2C._空D2-/3

3

5.由0,2,4組成可重復(fù)數(shù)字的自然數(shù)，按從小到大的順序排成的數(shù)列記為｛a"，即的=0,。2=

2,a3=%…，若斯=2024,貝加=()

A.34B.33C.32D.30

6.已知某圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為勺，r2,且「2=2勺，若半徑為2的球與圓臺(tái)的上、下底面

及側(cè)面均相切，則該圓臺(tái)的體積為()

A287rR40/r0567rD1127r

八?丁丁丁3

7.已知數(shù)列｛eJ滿足ai=。2=1，即+2=「'一一'，(kCN*),若5?為數(shù)列的前71

一a九,TL—2/c

項(xiàng)和，貝!JS50=()

A.624B.625C.626D.650

8.已知雙曲線E：**l(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為Fi，F(xiàn)2,過點(diǎn)外的直線與雙曲線

E的右支交于4B兩點(diǎn),若|48|=|4n|,且雙曲線E的離心率為魚，貝UcosZB力0=()

A--￥B-4c-1D--1

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題

目要求。全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分。

9.“體育強(qiáng)則中國(guó)強(qiáng)，國(guó)運(yùn)興則體育興”.為備戰(zhàn)2024年巴黎奧運(yùn)會(huì)，已知運(yùn)動(dòng)員甲特訓(xùn)的成績(jī)分

別為：9,12,8,16,16,18,20,16,12,13,則這組數(shù)據(jù)的（）

A.眾數(shù)為12B.平均數(shù)為14

C.中位數(shù)為14.5D.第85百分位數(shù)為16

10.設(shè)a>l,b>0,且伍a=2—b,則下列關(guān)系式可能成立的是（）

A.a=bB.b—a—eC.a=2024bD.ab>e

11.如圖，八面體。的每一個(gè)面都是邊長(zhǎng)為4的正三角形，且頂點(diǎn)B,C,D,E在同一個(gè)平面內(nèi).若

點(diǎn)M在四邊形BCDE內(nèi)（包含邊界）運(yùn)動(dòng)，N為4E的中點(diǎn)，則（）

A.當(dāng)M為DE的中點(diǎn)時(shí)，開面直線MN與CF所成角為亨

B.當(dāng)MN||平面時(shí)，點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為2世

C.當(dāng)“41ME時(shí)，點(diǎn)M到BC的距離可能為百

D.存在一個(gè)體積為竽的圓柱體可整體放入。內(nèi)

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12.若函數(shù)/'（%）=sin（3X+@）（3>0,|伊|<?）的最小正周期為兀，其圖像關(guān)于點(diǎn)（"，0）中心對(duì)

乙3

稱，則0=.

13.設(shè)點(diǎn)4（一2,0）,B（-1,0）,C（0,1）,若動(dòng)點(diǎn)P滿足|P4|=2|PB|,且而=2通+〃就，則2+

2〃的最大值為.

14.已知函數(shù)/（%）=。（％-%i）（%—%2）（%-%3）（。>0），設(shè)曲線y=/（%）在點(diǎn)（期,處切線的斜

率為=1,2,3）,若%1，上，工3均不相等，且七=一2,則的+4七的最小值為.

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

15.設(shè)Sn為數(shù)列5｝的前植頁和，已知。2=4,54=20,且碎｝為等差數(shù)列.

(1)求證：數(shù)列｛加｝為等差數(shù)列；

L.

(2)若數(shù)列｛0｝滿足比=6,且鏟=餐，設(shè)Tn為數(shù)列｛0｝的前n項(xiàng)和，集合M=［Tn\TnE

0nan+2

N*｝,求M(用列舉法表示).

16.如圖，在四棱錐P—ABCC中，四邊形力BCD是菱形，平面ABC。_L平面PAD,點(diǎn)M在DP上，且

DM=2MP,AD=AP,乙PAD=120°.

(1)求證：BD1平面4cM；

(2)若乙4DC=60。，求平面ACM與平面ABP夾角的余弦值.

17.在某數(shù)字通信中，信號(hào)的傳輸包含發(fā)送與接收兩個(gè)環(huán)節(jié)。每次信號(hào)只發(fā)送。和1中的某個(gè)數(shù)

字，由于隨機(jī)因素干擾，接收到的信號(hào)數(shù)字有可能出現(xiàn)錯(cuò)誤，已知發(fā)送信號(hào)。時(shí)，接收為。和1的

概率分別為a(0<a<1),1—a；發(fā)送信號(hào)1時(shí)，接收為1和0的概率分別為0(0</?<1),1-

￡.假設(shè)每次伯黑的傳輸相互獨(dú)立.

(1)當(dāng)連續(xù)三次發(fā)送信號(hào)均為。時(shí)，設(shè)其相應(yīng)三次接收到的信號(hào)數(shù)字均相同的概率為/(a),求

/(a)的最小值;

(2)當(dāng)連續(xù)四次發(fā)送信號(hào)均為1時(shí)，設(shè)其相應(yīng)四次接收到的信號(hào)數(shù)字依次為久1，久2,久3,久4,記

其中連續(xù)出現(xiàn)相同數(shù)字的次數(shù)的最大值為隨機(jī)變量X(久0到，久3,％4中任意相鄰的數(shù)字均不相同

時(shí)，令X=l),若0=|，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.

18.已知函數(shù)/(%)=a(%—l)ex+1—2xlnx—%2(aGR).

(1)當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)/(久)在區(qū)間［e-2,1］上的最小值；

(2)討論函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)；

(3)當(dāng)函數(shù)f(X)無極值點(diǎn)時(shí)，求證：asin^->—■

2aTT

19.已知?jiǎng)狱c(diǎn)P與定點(diǎn)0)的距離和P到定直線久=*的距離的比為常數(shù)弟其中m>0,n>

0,且mon,記點(diǎn)P的軌跡為曲線C.

(1)求C的方程，并說明軌跡的形狀；

(2)設(shè)點(diǎn)B(m,0),若曲線C上兩動(dòng)點(diǎn)M,N均在左軸上方，AM||BN,且?V與BM相交于點(diǎn)

Q-

11,

(i)當(dāng)m=2V2,n—4時(shí)，求證：■p兩+|BN|的值及△ABQ的周長(zhǎng)均為定值；

(ii)當(dāng)時(shí)，記AABQ的面積為S,其內(nèi)切圓半徑為r,試探究是否存在常數(shù)人使得S=方

恒成立？若存在，求4(用加，n表示)；若不存在，請(qǐng)說明理由.

答案解析

L【答案】A

44

【解析】【解答】解：角a的終邊過點(diǎn)(4,3),貝1JC°sa=不*=耳，

所以sin^a+芻=cosa=春

故答案為：A.

【分析】根據(jù)任意角三角函數(shù)的定義結(jié)合誘導(dǎo)公式分析求解.

2.【答案】B

【解析】【解答】解：由題意可得：z=鼻=行駕鼻=1+i,

所以z,z=(1+i)(l——

故答案為：B

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算求z,再結(jié)合共輾復(fù)數(shù)的概念運(yùn)算求解.

3.【答案】D

2

【解析】【解答】解：對(duì)于A：例如=亞=e,貝葉(為62)=Ine=2,f(<x1)f(x2)=Ine-Ine=

1,

不滿足/■(%1%2)=f(^l)f(^2)，不合題意，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B：因?yàn)閥=/為奇函數(shù)，不合題意，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C：例如Xi=x2=1,則/(久62)=2,/(xi)/(x2)=2X2=4,

不滿足/(久1比2)=/'(久1)/'(%2)，不合題意，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D：顯然y=I久I的定義域?yàn)镽,且|-久|=|久可知y=I久I為偶函數(shù)，

且當(dāng)xC(0,+oo),y-\x\-x,可知y=|x|在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增，

且即久2)=久2)成立，故D正確；

故答案為：D.

【分析】對(duì)于ABC：舉反例說明即可；對(duì)于D：根據(jù)題意驗(yàn)證函數(shù)性質(zhì)即可.

4.【答案】A

【解析】【解答】解：由題意可知：何=b=1,a-b=|a|-bcosl20°=

因?yàn)橛?4b在向量a上的投影向量為2。=(1——2a,

\a\

即1一^4=2,解得2=-2.

故答案為：A.

【分析】由題意可得問=帆=1,a-b=-^再根據(jù)投影向量的定義結(jié)合數(shù)量積的運(yùn)算律分析求

解.

5.【答案】B

【解析】【解答】解：由題意可知：一位自然數(shù)有2個(gè)（即為2,4）；

兩位自然數(shù)有3?-3=6個(gè)；

三位自然數(shù)有33-9=18個(gè)；

四位自然數(shù)由小到大排列為2000,2002,2004,2020,2022,2024,-?-;

可知2024為四位自然數(shù)中的第6個(gè)，所以n=1+2+6+18+6=33.

故答案為：B.

【分析】根據(jù)分別求一位、兩位、三位的個(gè)數(shù)，并對(duì)4位排序，即可得結(jié)果.

6.【答案】C

12

【解析】【解答】解：設(shè)圓臺(tái)上、下底面圓心分別為0,02,可知圓臺(tái)內(nèi)切球的球心。為。。的中

點(diǎn)，

設(shè)球0與母線AB切于M點(diǎn)，

1=21，

可知。M=。。。。=2,AM=O-^A=「BM=O2B=r2,

則AB=ri+上=3r＞過A作力G1BO2,垂足為G,

12=

則BG=r2-=r1,AG=。。4,

222

\^^JAG=AB—BG,即16=（3rl￥—r/=8r/,解得r1=或，則2=2/，

所以該圓臺(tái)的體積為：（2兀+8兀+4兀）X4=呼.

故答案為：C.

【分析】根據(jù)題意結(jié)合圓臺(tái)的軸截面分析可得「2=2勺，再根據(jù)圓臺(tái)的結(jié)構(gòu)特性求得勺=V2,進(jìn)而

可求體積.

7.【答案】C

【解析】【解答】解：當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，則與+2—即=2,

可知數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列，其首項(xiàng)為1,公差為2,

L?2SX24

則+的+的+…+。49=25X1H---2—X2=625,

當(dāng)n偶數(shù)時(shí)，聯(lián)=—1,

an

可知數(shù)列｛a"的偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成等比數(shù)列，其首項(xiàng)為1，公比為-1,

25

1

貝+a4+a6H---1-a50=_-=1，

所以S50=（。1+的+。5+…+。49）+（。2+。4+。6+…+。50）=626.

故答案為：C

【分析】根據(jù)遞推公式分析可知數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成等比數(shù)列，結(jié)合等

差、等比數(shù)列求和公式分析求解.

8.【答案】D

【解析】【解答】解：因?yàn)殡p曲線E的離心率為四，可知c=VIa,則|&F2|=4a,

又因?yàn)?\AF±\,則IBF2I=\AB\-\AF2\=\AF±\-\AF2\=2a,

且IB&I-IBF2I=\BFr\-2a=2a,可得|B0|=4a,

田雄+同寸-江

在^BF/2中，由余弦定理得COS4BF2&=IB%/=

2|BF2|-|F1F2|4

設(shè)|4尸2|=血，則|4Fi|=m+2a,

在^力0尸2中，可知C0S4F1F24=—cos乙F/2B=號(hào)，

2

由余弦定理可得：|/%|2=+\AF2\一2\F1F2\\AF2\COS^F1F2A

即(2Q+m)2=(2V2a)2+m2—2-2y[2a-m?號(hào),解得zn=則M&l8a

二T

|71F|2+|^|2-|^F|2_1

所以COSZBA&11

2|AF7FWl--8"

故答案為：D

【分析】由離心率可得c=V^a,根據(jù)題意結(jié)合雙曲線定義可得IBF2I=2a,|BFil=4a,利用余弦

定理解得|AF2|=|a，M0|=學(xué)，進(jìn)而利用余弦定理求cos^BAF^

【解析】【解答】解：將成績(jī)按升序排列為：8,9,12,12,13,16,16,16,18,20.

對(duì)于A：眾數(shù)為16,故A錯(cuò)誤;

對(duì)于B：平均數(shù)元=存(8+9+12+12+13+16+16+16+18+20)=14,故B正確；

對(duì)于C：中位數(shù)為：1^=14.5,故C正確；

對(duì)于D：因?yàn)?0X0.85=8.5,所以第85百分位數(shù)為第9位數(shù)，即為18,故D錯(cuò)誤；

故答案為：BC.

【分析】先將數(shù)據(jù)按升序排列，根據(jù)眾數(shù)、平均數(shù)、中位數(shù)以及百分位數(shù)的定義逐項(xiàng)分析求解.

10.【答案】A,C

【解析】【解答】解：因?yàn)镮na=2—b,即b=2—Ina,

又因?yàn)閍>1,b>0,則力=2—Ina>0,解得1<a<，.

對(duì)于AB：因?yàn)閎—a=2—Ina—a,

設(shè)函數(shù)/(a)=2—Ina—a,1<a<e2^則/(a)=—：—1<0在(1,內(nèi)恒成立，

可知/(a)在(1,上單調(diào)遞減，且/(")_,/(1)=1,

則-/v/QQvi,即-e2<b-a<l,故A正確，B錯(cuò)誤；

對(duì)于C：因?yàn)?=上士空，

aa

設(shè)g(a)=2—,1<a<e29則，(a)=生殳9V0在(1,e?)內(nèi)恒成立，

可知g(a)在(1,e?)上單調(diào)遞減，且g(e?)=0,g(l)=2,

則0<g(a)V2,即。e(0,2),

若a=2024匕，則2=需^6((),2),故C正確；

a202417

對(duì)于D：因?yàn)閍b=a(2—Ina),

設(shè)/i(a)=a(2—Ina),aE(1,e2),則h(a)=2—(Ina+1)=1—Ina，

令/i'(a)>0，則l<a<e；令"(a)<0，貝！JeVaVe2；

可知h(a)在(1,e)上單調(diào)遞增，在(e,e?)上單調(diào)遞減，且h(e)=e,h(l)=2,/i(e2)=0,

可知八(a)e(0,e],即0<abWe,故D錯(cuò)誤.

故答案為：AC.

【分析】根據(jù)題意可得匕=2-Ina,1<a<e2.對(duì)于每個(gè)選項(xiàng)：用a表示b,構(gòu)建函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判

斷單調(diào)性和值域，進(jìn)而可得結(jié)果.

11.【答案】A,C,D

【解析】【解答】解：設(shè)BDnCE=。，連接04,由題意可知：OD,0E,。4兩兩垂直,

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

F

貝0,0),B(-2V2,0,0),E(0,2vL0),C(0,-2V2,0),4(0,0,2/),

F(0,0,一2煙，N(0,V2,V2).

對(duì)于A：若“為DE的中點(diǎn)，則M(VLV2,0),

可得而=(_/,0,V2)，CF=(0,2vL-2V2),

設(shè)異面直線MN與CF所成角為仇

可得cos。=|cos(麗，硝1=1就篇1=嘮科E,

且6C(0,芻，所以異面直線MN與CF所成角”條故A正確;

對(duì)于B：設(shè)P為DE的中點(diǎn)，連接PN,

由題意可知：PN//AD,

且力Ou平面4CD,PN可得PN〃平面4CD,

又因?yàn)镸N〃平面4CD,且MNCPN=N,可得平面MNP〃平面4CD,

由平面AC。C平面BCDE=CD,平面MNPn平面BCDE=PQ,

可得PQ〃CD,則Q為BC的中點(diǎn)，則MCPQ,

所以點(diǎn)M的軌跡是過點(diǎn)。與CD平行的線段PQ,其長(zhǎng)度為4,B錯(cuò)誤；

對(duì)于C：設(shè)MQ,y,0),則訓(xùn)=(-x,-y,2遮)，W=(-%,2^2-y,0),

當(dāng)MAIME時(shí)，則加?砒=%2+y(y—2V^)=0,整理得/+。一或黃=2，

可知點(diǎn)M的軌跡以。E中點(diǎn)K為圓心，半徑為魚的圓在四邊BCDE內(nèi)(包含邊界)的一段弧(如下

圖)，

且K到BC的距離為3,弧上的點(diǎn)到BC的距離最小值為3-四，

因?yàn)?<遮，所以存在點(diǎn)M到BC的距離為百，C正確；

對(duì)于D：由于圖形的對(duì)稱性，我們可以先分析正四棱錐4-BCDE內(nèi)接最大圓柱的體積,

設(shè)圓柱底面半徑為r,高為八，

因?yàn)镻為DE的中點(diǎn)，Q為BC的中點(diǎn)，貝“Q=4,AO=2近,

可得器=票’即專=嚷士解得八=四(2-「)’

則圓柱體積P=7ir2h=V27rr2(2—r),

設(shè)P(r)=V27r(2r2-r3)(0<r<2),求導(dǎo)得l/(r)=伍r(4-3r)，

當(dāng)0<r<凱寸，/(r)>0;當(dāng)g<r<2時(shí)，/(r)<0;

可知V(r)在(0,當(dāng)內(nèi)單調(diào)遞增，在G，2)內(nèi)單調(diào)遞減，

當(dāng)rj時(shí)，，取到最大值駕兀，

且32g5_96V2-135_J962x2-J1352_48432—”8225

~ZT-3=27=27=27>U

即曙所以存在一個(gè)體積為粵的圓柱體可整體放入。內(nèi)，D正確.

故答案為：ACD.

【分析】對(duì)于A：建系，利用空間向量求異面直線夾角；對(duì)于B：根據(jù)面面平行的性質(zhì)可知點(diǎn)”的軌

跡是過點(diǎn)。與CD平行的線段PQ,即可得軌跡長(zhǎng)度；對(duì)于C：設(shè)MQ,y,0),根據(jù)垂直關(guān)系可得點(diǎn)M

的軌跡以O(shè)E中點(diǎn)K為圓心，半徑為魚的圓在四邊BCDE內(nèi)(包含邊界)的一段弧，結(jié)合圓的性質(zhì)分

析判斷；對(duì)于D：設(shè)圓柱底面半徑為r,高為無，根據(jù)比例關(guān)系可得九=魚(2-r),則圓柱體積V=

nr2h-/b2Q_切，利用導(dǎo)數(shù)可得U的最大值哆1兀，即可得結(jié)果.

12.【答案】t

【解析】【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)〃久)的最小正周期為兀，且3＞0,可得3=^=2,

又因?yàn)楹瘮?shù)f(K)的圖像關(guān)于點(diǎn)(冬，0)中心對(duì)稱，則等+0=kTT,kGZ,

解得◎=kir—等，k6Z,且|@|＜皆所以k=1,0=—*

故答案為：-*

【分析】根據(jù)最小正周期可得3=2,再根據(jù)對(duì)稱中心分析求解.

13.【答案】2*+4

【解析】【解答】解：設(shè)P(x,y),則而=(—2—%,—y),而=(—：—久，—y)，

由I而|二2|4I，得J(—2—久)2+(—y)2=2J(—1—久)2+(—y)2,整理得久2+y2=i,

又因?yàn)榉?(x+2,y),4F=(1,0),AC=(2,1),

代入9=4荏+由，可得卜+2=就+2匕

(y=〃

QQO

則％+y+2=2入+3〃=1(4+2〃)，即4+2〃=可(％+y+2),

又因?yàn)殪ぃ?+y2=1，當(dāng)且僅當(dāng)％=y=孝時(shí)，等號(hào)成立，

即(％+y)242,可得x+y4V^,

所以4+2〃=|(x+y+2)〈|(應(yīng)+2)=駕把，即4+2〃的最大值為駕把

故答案為：答±1

【分析】設(shè)P(x,y),由題意整理得/+儼=1,結(jié)合AP=AAB+[1AC整理得4+2〃=|(久+y+

2),結(jié)合基本不等式分析求解.

14.【答案】18

x

【解析】【解答】解：因?yàn)?(%)=a(%-%!)(%-%2)(一%3)(。＞°)，

則f(%)=a[(x—%!)(%—%2)+(%—%2)(%-%3)+(%-X3)(X—%!)]?

由題意可得憶1=a（%!—%2）（%1—%3），七=。（%2—%3）（%2—%1），卜3=磯％3—%1）（%3一%2），

劇J_+J_+J_=________1________+________1________+________1________

人J/C］十人2十人3―。（％1一%2）（%1.一%3）十。（％2一%3）（%2一%1）十。（％3一%］）（%3一%2）

_（%3-%2）+（%1-%3）+。2T1）_Q

一批巧一%2）（%2-%3）（%3一巧）―’

由攵2=—2,得看+看=*，七=磯％2一％3）（%2一第1）<。，

可知%2位于，%3之間，

不妨設(shè)％1<冗2<%3，則七>0，七>0，

可得的+4k3=2（/q+4k3）注+芬=2（5+3+N2（5+2駕?竽斗=18,

K1K3K3K1JK3K1

k4fc

（l=3

當(dāng)且僅當(dāng)］：3Jl/即七=6,七=3時(shí)等號(hào)成立，

（耳+可=2

所以自+4七的最小值為18,

故答案為：18

111

【分析】根據(jù)題意結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義分析可得看+京=占kl>0,k3>0,結(jié)合基本不等式分析

求解.

15.【答案】⑴證明：設(shè)等差數(shù)列碎｝的公差為d,則*=系+3由即Si+3d=5,①

因?yàn)?2=%+a?=Si+4,所以由苧二5+d，得Si+2d=4.②

由G）、包）解得Si=2,d=1,所以*=n+1,即％=n（n+1）,

當(dāng)九>2時(shí),an=Sn-Sn-1=n（ji+1）—（n—l）n=2n,

當(dāng)九二1時(shí)，ai=Si=2,上式也成立，所以冊(cè)二2幾（九eN*）,

因?yàn)楫?dāng)nN2時(shí)，時(shí)一冊(cè)_i=2,所以數(shù)列｛冊(cè)｝是等差數(shù)列.

⑵解：由⑴可知鏟=六=磊=品,

當(dāng)心2時(shí)‘=

17

因?yàn)楸?6滿足上式，所以bn=忐可（nCN*）.

的=12］（1—上1+&1-1$+…+（?1急1）］=12x（1一擊1）=12-由12,

因?yàn)楫?dāng)WfCN*時(shí)，n=l,2,3,5,11,所以M={6,8,9,10,11).

n+1°J

【解析】【分析】⑴設(shè)等差數(shù)列離}的公差為d,根據(jù)題意解得Si=2,d=l,則%=i+1),

再結(jié)合冊(cè)與治之間的關(guān)系分析證明；

(2)由(1)可知鏟=品，利用累積法可得bn=m%(neN*),利用裂項(xiàng)相消法分析求解.

16.【答案】(1)證明：不妨設(shè)2。=AP=3,VZ.PAD=120°,DM=2MP，

：.DP=3存DM=2V3,PM=存

由余弦定理得ZM=>JAP2+MP2-2AP-MPcos30°=V3,

在中，+4^2=￡>"2,AMAIAD,

???平面48CD1平面PAO,平面4BCDC平面P4。=AD,MAu平面PAD,

MA，平面ABC。.

■■■BDu平面ABC。，MA1BD,

???四邊形4BC0是菱形，.??4C1BD,

XvXCnMX=A,且ACu平面ACM,AMu平面4cM,BC1平面ZCM.

(2)解：在平面ABC。內(nèi)，過點(diǎn)B作AD的垂線，垂足為N,

???平面1平面PAD,平面ZBC。C平面24。=AD,

：.BN，平面力DP,

又,??四邊形ABCD是菱形，4WC=60°,^BDA=30°,

.■.AACD,△ABC均為等邊三角形，

以點(diǎn)力為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD,AM及過點(diǎn)4平行于NB的直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(如

圖)，

則4(0,0,0),B(—f0,—^),D(3t0,0),P(—,3T,0),

由(1)BD，平面ACM,

.??麗=4，0,一竽)為平面4cM的一個(gè)法向量,

設(shè)平面ABP的法向量為記=(%,y,z),

3,36_

r?~AB-m=0,-2^xH—2-z=n0,

貝IJ一即an

AP-m=0,3^373_

-2%H—2-y=n0，

令％=遙，可得記=(b，1,1),

T-?

BD-m_i3V3,_V5

v|cos<BZ>,m)\=網(wǎng),-175x3731—5

???平面ACM與平面ABP的夾角的余弦值為*

【解析】【分析】(1)根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可證”41平面4BC。，進(jìn)而結(jié)合線面垂直的性質(zhì)、判

定定理分析證明；

(2)過點(diǎn)B作40的垂線，垂足為N,可得BN1平面ZDP,建系，利用空間向量求面面夾角.

11

17.【答案】(1)解：由題可知/(a)=a3+(1—a)3=3a2—3a+1=3(a—2)2+［，

因?yàn)?<a<1,所以當(dāng)a=J時(shí)，/'(a)的最小值為J.

(2)解：由題設(shè)知，X的可能取值為1,2,3,4.

①當(dāng)X=1時(shí)，相應(yīng)四次接收到的信號(hào)數(shù)字依次為0101或1010.因此，

…2121,12128

P(X=1)=qXax^xa+qXaXqXq=

JJJJJJCJ.1.

②當(dāng)X=2時(shí)，相應(yīng)四次接收到的信號(hào)數(shù)字依次為0010,或0100,或1101,或1011,或1001,或

0110,或1100,或0011.因此，

P(x=2)=(|)2x|x|x2+(1)2x|x|x2+(32x(|)2x4=|f=*

③當(dāng)X=3時(shí)，相應(yīng)四次接收到的信號(hào)數(shù)字依次為1110,或0111,或0001,或1000.因此，P(X=

3)—(^)3X1X2+X(|)3X2=爵,

④當(dāng)X=4時(shí)，相應(yīng)四次接收到的信號(hào)數(shù)字依次為0000,或1111.因此，

P(X=4)=(I)4+(j)4=不

所以X的分布列為

X1234

P842017

8198181

因此，X的數(shù)學(xué)期望E(X)=lx余+2X扛3x1^+4x^=鬻.

【解析】【分析】(1)根據(jù)題意求得/(a)=3(a-+/結(jié)合二次函數(shù)分析求解；

(2)由題設(shè)知，X的可能取值為1,2,3,4,根據(jù)題意結(jié)合獨(dú)立事件概率乘法公式求分布列和數(shù)學(xué)期

望.

18.【答案】(1)解：當(dāng)a=0時(shí)，/(x)=—2xlnx—x2,

則/(%)=-2(1?Inx+%?；)—2%=-2(Znx+%+1),

令g(x)=f'(%)，則g'(x)=-2(；+1)，

因?yàn)閤e|e-2,1］,所以g'(久)<0.則g(x)在［e-2,1］上單調(diào)遞減，

又因?yàn)?(e-2)=2(1-e-2)>o,/(l)=一4<0,

所以三久0CQ-2,1)使得/(%o)=0,/(X)在(e-2,久0)上單調(diào)遞增，在(%0，1)上單調(diào)遞減.

因此，/(久)在［e-2,1］上的最小值是f(e-2)與〃1)兩者中的最小者.

因?yàn)?'(e-2)=4e-2-e-4=e-2(4-e-2)>0,f(l)=-1,

所以函數(shù)/■(￡)在［e-2,1］上的最小值為-1.

(2)解：f(%)=a［l-ex+1+(%—l)ex+1］—2(1-Inx+x-—2x-axex+1—2(Inx+%+1),

由八x)=0,解得a=警滿由=鬻鬻魯，

易知函數(shù)y=伍％+x+1在(0,+8)上單調(diào)遞增，且值域?yàn)镽,

令I(lǐng)nx+%+1=t,由/(%)=0，解得a=—^9

設(shè)以。=去則h'(t)=q?，

因?yàn)楫?dāng)時(shí)，h'(t)>0，當(dāng)t>l時(shí)，h'(t)<0，所以函數(shù)h(t)在(—00,1)上單調(diào)遞增，在(1,+

8)上單調(diào)遞減.

22

根據(jù)八⑴=-,tt—8時(shí),h(x)t—oo,^imh(t)=Umm=0,

得h(t)的大致圖像如圖所示.

因此有:

(i)當(dāng)a>：時(shí)，方程/i(t)=a無解，即/'(%)無零點(diǎn)，/(%)沒有極值點(diǎn)；

(ii)當(dāng)a=萬時(shí),f(%)=2elnx+x—2(lnx+%+1)，

利用e*>x+1,得f(%)>2(lnx+x+1)-2(lnx+%+1)=0,此時(shí)/(%)沒有極值點(diǎn)；

(出)當(dāng)0<a<?寸，方程拉(t)=a有兩個(gè)解，即，(久)有兩個(gè)零點(diǎn)，八%)有兩個(gè)極值點(diǎn)；

(iv)當(dāng)a<0時(shí)，方程八⑴=a有一個(gè)解，即/(久)有一個(gè)零點(diǎn)，〃久)有一個(gè)極值點(diǎn).

綜上，當(dāng)a<0時(shí)，/(%)有一個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)0<a<：時(shí)，/(久)有兩個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)a2凱寸，/(久)沒有

極值點(diǎn).

(3)證明：先證明當(dāng)久6(0,第時(shí)，陋〉馬@.

4X71

設(shè)哈)=竽(久6(0,勺)，則政x)="os丐-s-

記p(久)=xcosx—sinx(xG(0,/),則p'(x)=1-cosx+x-(^—sinx)—cosx=—xsinx<0,pQr)在

(0,5上單調(diào)遞減，

當(dāng)久e(0,勺時(shí)，p(x)<p(0)=0,n'(x)<0,則"(久)在(0,今)上單調(diào)遞減，n(x)>n(^)=

即當(dāng)尤e(0,金時(shí)，不等式陋>這成立.

由(2)知，當(dāng)函數(shù)/(久)無極值點(diǎn)時(shí),a>l，則

在不等式晅>這中，取為=；則有2as譏4>紅1，

xn乙a2an

即不等式as譏上〉也成立.

2aTT

【解析】【分析】(D當(dāng)a=0時(shí)，可得/(￡)=—2久)久-/,利用導(dǎo)數(shù)判定原函數(shù)單調(diào)性，進(jìn)而分析

最值；

（2）求導(dǎo)，同構(gòu)結(jié)合/（無）=0可得a=,，構(gòu)建函數(shù)h（t）=,，利用導(dǎo)數(shù)分析h（t）的單調(diào)性和最值,

分類討論判定零點(diǎn)個(gè)數(shù)，即可得解；

（3）由題意分析可構(gòu)建函數(shù)如）=學(xué)Qe（O,》），可證當(dāng)工€（0,勺時(shí)，不等式嬰＞畢成

立，結(jié)合aN2分析證明.

e

19.【答案】（1）解：設(shè)點(diǎn)PQ,y）,由題意可知丘

即（％—771）2+y2=（募％一九）2,

2?

經(jīng)化簡(jiǎn)，得C的方程為0=

當(dāng)時(shí)，曲線C是焦點(diǎn)在無軸上的橢圓；

當(dāng)加＞九時(shí)，曲線C是焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線.

（2）設(shè)點(diǎn)M（久1，%）,N（久2，丫2），M'（X3,y3），其中為＞0,y2＞。且￡3=-％2，丫3=一無，

（i）由（1）可知C的方程為第+*=1,＞1（272,0）,B（-2V2,0）-

y1y?-y?y0

因?yàn)榱ilBN,所以于汝=石工云泛=與二云泛=/國(guó)

22

因此，M,A,三點(diǎn)共線，且|BN|=J（久2+2魚產(chǎn)+光=J（一支2-2V2）+（-y2）=\AM'\'

（法一）設(shè)直線的方程為％=ty+2五,聯(lián)立C的方程，得（嚴(yán)+2）y2+4aty—8=0,

則當(dāng)+丫3=一黑，為為=一號(hào)，

由（1）可知|AM|=苧|久i—瑞|=4—堂巧，|BN|=|AM'|=4—5玄，

|4M|+|BN|_（4■-孚叼）+（4-驛3）_（2—欣＞1）+（2-%乃）

所以曲+日W

IWWT一（4_%1）（4—%3）一（2一%當(dāng)）（2_3為）

4-我當(dāng)+乃）4?■會(huì).（.普|）

22=1（定值）.

4-V2t（y1+y3）+1ty1y34-V2t-（-^^）+it-（-^_）

K+2z*+2

（法二）^MAX=9,則有磁瑞扁二等,解得阿=市品，

同理由―MMJ一二孥,4

解得

242+\AM|COS04

11_11_2+42COS62—/ZCOS9

所以商+網(wǎng)=兩+而詞=-4—十—4—1（定值）.

由橢圓定義|BQ|+\QM\+\MA\=8,得|QM|=Q-\BQ\-\AM\,

\AM\_\QM\_8-\BQ\-\AM\

??.AM||BN,IW=W=L^l

（8-\AM\y\BN\

解得田Q|

\AM\+\BN\

（8-\BN\\\AM\

同理可得|/Q|

\AM\^\BN\

訴?1聽1一（8一|BN|）?MM|?（8—MM|>|BN|―8"M|+|BN|）—2MMi?|BN|

以1人〃1十I力"I-\AM\+\BN\十\AM\+\BN\~|/M|+|BN|

2

=8-=8-2=6

11

]AM\+^\BN\

因?yàn)閨4用=4奩，所以△力BQ的周長(zhǎng)為6+4/（定值）.

22

（ii）當(dāng)時(shí)，曲線C的方程為'——，丁=1,軌跡為雙曲線,

九/m^一n乙

根據(jù)（i）的證明，同理可得M,A,三點(diǎn)共線，且|BN|=\AM'\,

（法一）設(shè)直線MM，的方程為％=sy+m,聯(lián)立C的方程，

222222222

得[（62_n）s—n]y+2sm（m—n）y+（m—n）=0,