廣東省深圳市某校2025屆高三年級(jí)上冊(cè)10月檢測(cè)數(shù)學(xué)試題試題及答案

人大附中深圳學(xué)校2025屆高三10月檢測(cè)

數(shù)學(xué)試卷

注意事項(xiàng)：

本卷共19道題目，考試用時(shí)120分鐘，滿分150分，請(qǐng)?jiān)诖痤}卡上作答，選擇題用2B鉛筆

填涂，要求把選項(xiàng)填黑填滿，主觀題用0.5毫米黑色簽字筆答題，主觀題要答寫在對(duì)應(yīng)題框

內(nèi)，不在框內(nèi)答題無效.

一、單選題（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，只有一個(gè)是

符合要求的

A=[x\^<4,xeZ）

1.已知集合I兀則A的元素?cái)?shù)量是（）

A.2B.3C.4D.5

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性得|x|W2,即可求解.

【詳解】由于2?=4,故lx|W2,又xeZ,故4={-2,-1,0,1,2},有5個(gè)元素,

故選：D.

2.已知z=—l+",則J?—]=（）

211

A.1B.73C.2DT

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法、減法運(yùn)算和復(fù)數(shù)的模計(jì)算得到結(jié)果.

【詳解】由題得z2—1=（士亞冬里1—1=土叵,

242

答選：B.

3.小明在某一天中有七個(gè)課間休息時(shí)段，為準(zhǔn)備“小歌手”比賽他想要選出至少一個(gè)課間休息時(shí)段來練習(xí)唱

歌，但他希望任意兩個(gè)練習(xí)的時(shí)間段之間都有至少兩個(gè)課間不唱歌讓他休息，則小明一共有（）種練

習(xí)的方案.

A.31B.18C.21D.33

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)練習(xí)唱歌的課間個(gè)數(shù)進(jìn)行分類討論，利用列舉法來求得正確答案.

【詳解】七個(gè)課間編號(hào)為L2,3,4,5,6,7,

如果僅有一個(gè)課間練習(xí)，則每個(gè)課間都可以，有7種方案，

若有兩個(gè)課間練習(xí),選法有{1,4},{1,5},{1,6},{1,7},{2,5},{2,6},{2,7},{3,6},{3,7},{457},

共10種方案，

三個(gè)課間練習(xí)，選法為{1,4,7},共1種，

故總數(shù)為7+10+1=18種.

故選：B

4.已知均為正實(shí)數(shù).則“工>!”是“4+5必>6仍”的（）

ab

A.充分不必要條件B,必要不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分又不必要條件

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)給定條件，結(jié)合不等式的性質(zhì)，利用充分條件、必要條件的定義判斷即得.

【詳解】由均正實(shí)數(shù)，得工>!=4</?,則/+5/-6ab=（a—b）（a—5加〉0,即

ab

4+5b2>6ab;

當(dāng)a2+5b2>6ab時(shí)，即（a—b）（a—5加>。，而均為正實(shí)數(shù)，則有a<Z?或。>5），即,〉工或

ab

111

一<—<一,

a5bb

所以“工〉L'是"片+582>6ab”的充分不必要條件.

ab

故選：A

G

5.深度學(xué)習(xí)的神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)優(yōu)化模型之一是指數(shù)衰減的學(xué)習(xí)率模型：L=L〃，其中，￡表示每一輪優(yōu)化時(shí)

使用的學(xué)習(xí)率，4表示初始學(xué)習(xí)率，。表示衰減系數(shù)，G表示訓(xùn)練迭代輪數(shù)，G。表示衰減速度.已知，

某個(gè)指數(shù)衰減學(xué)習(xí)率模型的初始學(xué)習(xí)率為0.5,衰減速度為18.經(jīng)過18輪迭代學(xué)習(xí)時(shí)，學(xué)習(xí)率衰減為

0.4,則學(xué)習(xí)率衰減到0.2以下所需要的訓(xùn)練迭代輪數(shù)至少為（）（參考數(shù)據(jù)：1g2=0.3010）

A.71B.72C.73D.74

【答案】D

【解析】

44￡

【分析】根據(jù)已知條件列方程，可得。=1，再由O.5X（M8<O.2,結(jié)合指對(duì)數(shù)關(guān)系和對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求

解即可.

G「

【詳解】由于L=3。。'所以L=0.5x￡>〃

Io4

依題意0.4=0.5x正,則。=丁

由乙=0.5x（：）又<0.2,得至!]（：）亞<],

所以G5%|一管姆=瞿尚59

所以所需的訓(xùn)練迭代輪數(shù)至少為74次,

故選：D.

6.如圖所示，直線y=履+m與曲線y=/（x）相切于（石,/（芯））,（無2，/（尤2））兩點(diǎn)，其中藥<々.若當(dāng)

xe（O,xJ時(shí)，f'（x）>k,則函數(shù)〃力一日在（0,+8）上的極大值點(diǎn)個(gè)數(shù)為（）

B.1C.2D.3

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)/（力斜率為左的切線條數(shù)，結(jié)合圖象直接判斷即可.

【詳解】

根據(jù)圖象，可分別作出“力斜率為左的另外三條切線：丁=履+2(，=1,2,3),切點(diǎn)分別為毛,%冬,

如圖所示：當(dāng)4?0,%)。(%3，%2)。(%4，%5)時(shí)，/'(%)>左；當(dāng)xe(%,演)3々，％)5工5，+8)時(shí)，

/'(X)(女；

設(shè)g(x)=/(%)——?jiǎng)tg'(x)=/'(%)—左,

，g(x)在(0,%),(再,/),(%,3)上單調(diào)遞增,在(七,可),(%2，%4)，(%5，+8)上單調(diào)遞減，

，g(%)=/(%)-丘有X=%，X=工2和X=X5三個(gè)極大值點(diǎn).

故選：D.

22

7.若尸(c,0)是雙曲線二—3=1(?！?〉0)的右焦點(diǎn)，過產(chǎn)作雙曲線一條漸近線的垂線與兩條漸近線交

ab

-1r\2

于A,3兩點(diǎn)，。為坐標(biāo)原點(diǎn)，Q46的面積為三、，則該雙曲線的離心率e=()

7

5458

A.-B.-C.-D.一

4335

【答案】A

【解析】

b

【分析】先求出漸近線方程，根據(jù)題設(shè)條件作出圖象，設(shè)NA。尸=6,可得出tan9=—￡(0,1),從而求

a

出tan26=/巴廬，再求出尸到漸近線的距離|/弘|,從而得出|人。=。，結(jié)合△043的面積為了力,

可得到?丁=^/,從而可得。，6的等量關(guān)系，再由離心率公式即可求解.

a2-b27

bb

【詳解】根據(jù)題意可得雙曲線的漸近線方程為丁=—九,y=——x.

aa

hhh

設(shè)過點(diǎn)尸(C,0)作漸近線丁=—九的垂線，分別交y=—%,y=——%于點(diǎn)AB,如圖所示：

aaa

b

因?yàn)椤?gt;b>0,所以?！匆?lt;1,

a

b

設(shè)NAO尸=6,則NAO5=2e,tan<9=—G(0,1),

a

lb

2tan。2ab

所以tan2。=a

1-tan2^b2a2-b2'

[a2

因?yàn)榇?c,0)到y(tǒng)=：x的距離為|石4|=J''=b，貝1J|AO|=。，

所以SAOB=—IAOI-IABI=—a-tztan2^=:，解得一=:,

AOB2'1112a2-b27a4

la2+b2(~5

所以該雙曲線的離心率為e=$=

a

故選：A

8.已知xi21nx+q對(duì)Vx>0恒成立，則。的最大值為()

X

1

A.OB.-C.eD.1

e

【答案】D

【解析】

【分析】由題意得e'x—HnxNa對(duì)Vx>0恒成立，令"x)=xlnx,利用導(dǎo)數(shù)求得了(x)2—工，即

e

xlnx>-1,再令f=xlnx,g?)=e'—(/2—：；利用導(dǎo)數(shù)求出g?)的最小值，可求出。的取值范圍,

從而可求出。的最大值.

【詳解】由QT41nx+@(x>0),得￡>xlnx+a，

x

所以—xlnX2a對(duì)Vx>0恒成立，

令/(x)=xlnx,則/'(無)=lnx+l在(0,+GO)上單調(diào)遞增,

由/'(x)=0,得了=’,

e

當(dāng)0<x<1時(shí)，/,(x)<0,當(dāng)x〉工時(shí)，/'(%)>0,

ee

所以/(%)在上遞減，在［(，+8

上遞增,

所以,，即

ee

令.=xlnx,g?)=e'>-—^,

則g'(/)=e'—1在—5+s］上單調(diào)遞增，

由g'?)=0,得f=0,

所以當(dāng)—!<r<0時(shí)，g'⑺<0,當(dāng)，〉o時(shí)，g'?)>o,

e

所以g?)在-g,o］上遞減，在(0,+8)上遞增，

所以g(/)min=g(°)=1，所以aWl，

所以。的最大值為1.

故選：D

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，解題的關(guān)鍵

是通過對(duì)原不等式變形，將問題轉(zhuǎn)化為/公-xlnxNa對(duì)Vx>0恒成立，然后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最

值即可，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想和計(jì)算能力，屬于較難題.

二、多選題(本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合

題目要求.全部選對(duì)得6分，部分選對(duì)得部分分，有選錯(cuò)或未選的不得分.)

9.設(shè)。/為兩條不同的直線，。，尸為兩個(gè)不同的平面，則下列結(jié)論不正確的是()

A.若。6〃a,則a〃a

B.若a//b,a//a,b///3,則a〃夕

C.若aLb,aLa,b〃0,則tz_L/7

D.若a_Ltz,b//a,則a_L》

【答案】ABC

【解析】

【分析】A.利用直線與平面的位置關(guān)系判斷；

B.利用平面與平面的位置關(guān)系判斷；

C.利用平面與平面的位置關(guān)系判斷；

D.利用線面垂直的性質(zhì)定理判斷.

【詳解】A.若力〃a,則?！╝或aua,故錯(cuò)誤;

B.若?！?,a〃a/〃夕，則a〃夕或a與夕相交，故錯(cuò)誤；

C.若aLb,aLa,b〃。,則a與夕平行或相交，故錯(cuò)誤；

D.若a_La,A〃a,則故正確；

故選：ABC

10.己知。為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A(cos%sine),B(cos/7,sin/7),C[cos區(qū)產(chǎn),sin,則下列說法

中正確的是()

A.\OA\=\OB\B.|AC|=|BC|

ex,—B

c.OA-OC=cos—D.OAOB=2OAOC

【答案】ABC

【解析】

【分析】根據(jù)給定條件，利用向量模的坐標(biāo)表示及數(shù)量積運(yùn)算，結(jié)合和差角的余弦公式變形判斷作答.

【詳解】對(duì)于A,|OA|=A/COS2cif+sin2a—1=^cos2f3+sin2/3=|OB\，A正確；

八4八七a+B..of+/?a—0

對(duì)于B,OA-OC=cosacos----+sinasin----=cos....—，

222

OB?OC-cospcos----+sinBsin----=cos-----,

222

.2.2

|ACF-13C『=9c-OA)2-(OC-OB?=OA-OB'-2OC-OA+2OCOB=0>

因此|AC|=|3CI，B正確；

對(duì)于C,由選項(xiàng)B知，C正確；

對(duì)于D,OA-OB=cosacos/?+sincrsinf3=cos(cif-2cos2—^--1,

顯然2cos2與2―1與2cos0^2不恒等，即。4.06=2040C不恒成立，D錯(cuò)誤.

故選：ABC

11.拋物線7：%2=2加(〃>0)焦點(diǎn)為死且過點(diǎn)4(4,4),斜率互為相反數(shù)的直線AC,AD分別交7

于另一點(diǎn)C和。，則下列說法正確的有()

A.直線過定點(diǎn)

B.z■在C,。兩點(diǎn)處的切線斜率和為-4

C.T上存在無窮多個(gè)點(diǎn)到點(diǎn)尸和直線y=5的距離和為6

D.當(dāng)C,。都在A點(diǎn)左側(cè)時(shí)，ACD面積的最大值為256立

9

【答案】BCD

【解析】

【分析】對(duì)于A,代入已知點(diǎn)求得拋物線「：/="，不妨設(shè)AC:y=k（x—4）+4,（左＞0）,

AD:y=-k（x-4）+4,A（xl,yl\C（x2,y2）,D（x3,y3）,聯(lián)立拋物線方程結(jié)合韋達(dá)定理可用％表示出

各個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而表示出直線方程即可判斷，對(duì)于B,求導(dǎo)并代入了2，W的值（用人表示）即可判

斷；對(duì)于C,結(jié)合拋物線定義只需判斷關(guān)于%的方程|為+1|+僅0-5|=6的解的個(gè)數(shù)即可；對(duì)于D,求出

三角形...ACD面積表達(dá)式，進(jìn)一步構(gòu)造函數(shù)/■（左）=64左-16左3,0〈左〈夜，利用導(dǎo)數(shù)求出最值即可得解.

【詳解】對(duì)于A,因?yàn)閽佄锞€7：犬=20；（77＞0）過點(diǎn)4（4,4）,所以42=2px4,解得夕=2,

所以拋物線T：x2=4y,設(shè)點(diǎn)A關(guān)于拋物線對(duì)稱軸即V軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)則8（—4,4）,

因?yàn)锳D,AC斜率互為相反數(shù)，不妨設(shè)AC:y=左（x—4）+4,（左＞0）,

則AD:y=—左（%—4）+4,

聯(lián)立AC:y=Mx—4）+4與拋物線W：d二分，化簡并整理得九2一4日十品左—16=0，

△=16左2—64左+64=16（左一2）2＞0=＞左#2,

設(shè)人（不，%），。（孫％），。（凡，％），

則%1+/=4匕％/2=4%2=16左一16,

所以尤2=4左一4,為=4（左一1）2,同理為=4（—左）一4=—4左一4,%=4（左+1）2,

22

直線的方程為:

X

整理得y=X3+、2X_%3+/x|2_*3+、2x_々X3

,--4-424-4-4

-4k-4+4k-4(4k-4)(-4k-4)

---------------x-------------------=—2x+4/—4,

44

即直線。的方程為：y=-2x+442-4,這條直線的斜率是定值，

隨著左的變化，這條可能直線會(huì)平行移動(dòng)，

不妨取左=1,0,此時(shí)CD方程依次是y=-2x,y=-2x—4,

顯然這兩條直線是平行的，它們不會(huì)有交點(diǎn)，這就說明直線CD過定點(diǎn)是錯(cuò)誤的，故A錯(cuò)誤;

y2,Y

對(duì)于B,對(duì)y=——求導(dǎo)，可得y=二，從而7在C,。兩點(diǎn)處切線斜率和為

42

x,+X.-4左一4+4左-4,.

—~~￡=--------------=T,故B正確;

22

對(duì)于c,設(shè)7上存在點(diǎn)POo，y。）到點(diǎn)尸和直線y=5的距離和為6,

由拋物線定義可知，|?同+。=|%+1|+|%—5|=6,其中d為點(diǎn)尸到直線y=5的距離，

注意到當(dāng)T<%<5時(shí),恒有|%+[+|%-5|=%+1+5-%=6成立，

這意味著「上存在無窮多個(gè)點(diǎn)到點(diǎn)/和直線y=5的距離和為6,故C正確；

對(duì)于D,設(shè)CD與AB交與點(diǎn)G,聯(lián)立直線CD的方程：y=—2x+442一4與直線A3的方程：y=4,

解得x=2左2—4,y=4,即點(diǎn)G的坐標(biāo)為（242—4,4）,

設(shè)，ACD面積為S,

則s=小2_%MG=g4（左_1）2_4（左+1）2,_（2左2_4）卜]614左一陰，

注意到C,。都在A點(diǎn)左側(cè)時(shí)，意味著2人2—4<0,且左>0,從而％的取值范圍為（0,四），

從而S=1614條一左3]=64左一16左3,0<女<后,

設(shè)/（左）=64左一16左3,0<k<y/2,則f'（k）=-4842+64=-48lV-jI,

所以當(dāng)0＜女＜苧時(shí)，/'（左）＞0,當(dāng)左〉平時(shí)，f'（k）＜0,

故/（外在，，竽]\

上單調(diào)遞增，在,72上單調(diào)遞減,

7

12⑺256g

所以ACD面積的最大值為了

I3J9

故選：BCD.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：判斷CD選項(xiàng)的關(guān)鍵在于利用A選項(xiàng)中的一些結(jié)論，并適當(dāng)利用導(dǎo)數(shù)這一有利的工

具，從而即可順利得解.

三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分.）

71

12.已知對(duì)任意實(shí)數(shù)x,均有cos|xsin（ox+°）,＜?eR,寫出一組滿足條件的（口/）=

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】根據(jù)誘導(dǎo)公式變形即可求解.

【詳解】注意到）兀兀=sin/

cos[x—￡=sin]X—=sin（s+0）,G￡R,

26I3

故可以直接讓,

事實(shí)上，根據(jù)函數(shù)周期性可知（①，9）=（-l,g+2E）,keZ.

故答案為：（答案不唯一）.

13.己知函數(shù)/（無）=卜n（x+l）]—左有兩個(gè)零點(diǎn)a,6（a＜6）,則a+2僅+1）的取值范圍為.

【答案】（2,+8）

【解析】

【分析】令/（x）=0,得到|ln（x+l）|=左，構(gòu)造函數(shù)M=|ln（x+l）|,%=左，根據(jù)條件，數(shù)形結(jié)合得到

12

b+1=-----，從而有a+2（人+1）=a+1H---------1,通過換兀a+l=，￡（。,1）,得到

a+1a+1

29

a+2(b+l)=t+--l(.Q<t<V),再求出y=f+：—l在(0,1)的取值范圍，即可求解.

【詳解】易知函數(shù)的定義域?yàn)?—L+8),令/(x)=o,得到卜n(x+l)=左，

令％=|ln(x+l)|,y2=k,圖象如圖所示，

因?yàn)楹瘮?shù)/(尤)=帆(％+1)—左有兩個(gè)零點(diǎn)伏。<力)，由圖易知左>0,-l<a<0,b>0,

且-ln(a+l)=ln(Z?+l)=左，得到〃+1=」一，

。+1

2?

所以〃+2(Z?+l)=〃d-----=〃+1H-------1,令〃+1=，￡(0,1),

a+1a+1

22

則a+2(b+l)=r+?—1(0</<1),又易知y=f+：—1在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，

所以ye(2,y),即。+2(/7+1)的取值范圍為(2,+8),

XZ

14.設(shè)實(shí)數(shù)x、>、z、/滿足不等式lVx〈y<z</<10。，則二+一的最小值為_____.

yt

【答案】1##0.2

【解析】

XZ1Z

【分析】令'=1,，=100’根據(jù)分母最大分子最小時(shí)分式的值最小可得1+7'亍+而'結(jié)合基本不等

z

式和一21計(jì)算即可.

y

Z

【詳解】因?yàn)閕KxKyKzKtWlOO,所以一21,

當(dāng)且僅當(dāng)1前即*10°時(shí)等號(hào)成立，

XZ1

即一+一的最小值為一.

yt5

故答案為：—.

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.已知數(shù)列｛4｝的前/項(xiàng)和為=rr+3n,neN*.

(1)求｛a.｝的通項(xiàng)公式：

(2)若等比數(shù)列也｝滿足白=%也=%，求他,｝的前幾項(xiàng)和小

【答案】(1)4=2"+2,〃?N*

(2)7；,=18(1)"-18

【解析】

§,〃二1

【分析】(1)借助關(guān)系式4,=°°C，即可求解；

(2)根據(jù)(1)的結(jié)論可求出等比數(shù)列｛g｝中的仇力2,進(jìn)而求出公比，代入等比數(shù)列前〃項(xiàng)和公式即可求出

*

【小問1詳解】

因?yàn)閿?shù)列｛即｝的前W項(xiàng)和為s“="2+3”,〃€N*,

當(dāng)”=1時(shí)，ai=S]=F+3x1=4；

當(dāng)〃22時(shí)，an=Sn—S“T="+3n—[(〃-1)~+3(〃-1)]=2n+2；

又因?yàn)椋?4=2義1+2,符合a“=2〃+2,

所以｛廝｝的通項(xiàng)公式為：?！?2”+2,“eN*.

【小問2詳解】

設(shè)等比數(shù)列｛g｝的公比為心

因?yàn)榈缺葦?shù)列｛“｝滿足4=。212=%，即仇=6,d=8,

所以芍所以]=(4^=18百118，

3

H

所以｛b｝的前n項(xiàng)和Tn=18（^）-18.

16.海水受日月引力會(huì)產(chǎn)生潮汐.以海底平面為基準(zhǔn)，漲潮時(shí)水面升高，退潮時(shí)水面降低.現(xiàn)測(cè)得某港口某

天的時(shí)刻與水深的關(guān)系表如下所示：（3.1時(shí)即為凌晨3點(diǎn)06分）

時(shí)刻：X（時(shí)）03.16.29.312.415.518.621.724

水深：y（米）5.07.45.02.65.07.45.02.64.0

（1）根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可以用函數(shù)丁=45由（。*+。）+匕［?！?,|。|<5）來近似描述這一天內(nèi)港口水深與

時(shí)間的關(guān)系，求出這個(gè)函數(shù)的解析式；

（2）某條貨船的吃水深度（水面高于船底的距離）為4.2米.安全條例規(guī)定，在本港口進(jìn)港和在港口停靠

時(shí)，船底高于海底平面的安全間隙至少有2米，根據(jù)（1）中的解析式，求出這條貨船最早可行的進(jìn)港時(shí)

間及這條貨船一天最多可以在港口中?？康目倳r(shí)長.

5兀

【答案】（1）y=2.4sin苗x+5,0?x<24

（2）最早可行的進(jìn)港時(shí)間為1時(shí)2分，5時(shí)10分出港；這條貨船一天中最多可以在港口中?？康目倳r(shí)

長為8小時(shí)16分.

【解析】

【分析】（1）由公式A=ma41nm力=max+1nm可求，由表格可得周期丁=口.4—0=12.4,進(jìn)而求。，

22

代入最高點(diǎn)（3.1,74）可求

（2）由題意可知進(jìn)港條件為y>6.2,解不等式即可.

【小問1詳解】

由表格可知y的最大值為7.4,最小值為2.6,

7.4—2.67.4+2.6

所以A=------------=2A,b=-------------=5,

22

由表格可知7=12.4—0=12.4,

?…2兀2兀571

所以①二———，

T12.431

親+。+5,

所以y=2.4sin

■^■X3.1+Q)+5,

將點(diǎn)(3.1,7.4)代入可得：7.4=2.4sin

3JTJT

所以一x3.1+/=—+2E,keZ,

312

解得0=0+2E,左eZ,

因?yàn)閘d〈T，所以。=0,

5兀

所以y=2.4sinfx+5,0Kx<24.

-31

【小問2詳解】

貨船需要安全水深為4.2+2=6.2米,

所以進(jìn)港條件為y>6.2.

5兀

令2.4sin——x+5>6.2,

31

即sin—x>—,

312

jr5冗5IT

所以2+2E<ex〈生+2E,左eZ,

6316

3162k3162k,）

解得---F-----<%<-----1--------，左eZ,

30565

因?yàn)?Wx<24,

3131

所以k=0時(shí)，—<x<

30~6

403527

k=1時(shí),-----<x<------

3030

3131

因?yàn)橐唬〞r(shí)）=1時(shí)2分，一（時(shí)）=5時(shí)10分.

306

403

——（時(shí)）=13時(shí)26分，（時(shí)）=17時(shí)34分.

30

因此，貨船可以在1時(shí)2分進(jìn)港，早晨5時(shí)10分出港；或在下午13時(shí)26分進(jìn)港，下午17時(shí)34分出

港.

則該貨船最早進(jìn)港時(shí)間為1時(shí)2分，?？靠倳r(shí)長為8小時(shí)16分鐘.

17.如圖，邊長為4的兩個(gè)正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直，E,尸分別為5C,的中點(diǎn),

點(diǎn)G在棱A。上，AG=2GD,直線A3與平面EFG相交于點(diǎn)〃.

（1）證明：BD//GH■,

(2)求直線3。與平面ENG的距離.

【答案】(1)證明見解析

⑵亞

2

【解析】

【分析】(1)首先證明平面EFG,再由線面平行的性質(zhì)證明即可；

(2)連接以點(diǎn)E為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用點(diǎn)到平面距離公式求解即得.

【小問1詳解】

因?yàn)镋、尸分別為6C、的中點(diǎn)，所以EF//BD,

又a平面跖G,EFu平面EFG,則平面跖G,

又5￡)匚平面ABZ),平面ABDc平面EFG=G",所以BD//GH.

【小問2詳解】

由(1)知，BD//平面EFG,

則點(diǎn)B到平面EFG的距離即為BD與平面EFG的距離，

連接E4,ED,由—ABC.BCD均為正三角形，E為的中點(diǎn)，得EA，3C,ED，5C,

又平面ABC,平面BCD,平面ABC|平面5c￡>=5C,AEu平面ABC,

于是平面6C。，又石Ou平面BCD,則

以點(diǎn)E為原點(diǎn)，直線EB,ED,EA分別為羽％z軸建立空間直角坐標(biāo)系,

則5(2,0,0),F(-1,A/3,0),又A(0,0,2月)，￡>(0,26,0b

又AG=2GD，可得G0,羋，羋

I33J

EG=[o,—,—

所以￡3=(2,0,0),EF=(-1,73,0),

I33J

EF-n=-x+J3y=0

設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為〃二(元,y,z)，則<“4A/32y/30

EG-n=-----yH-------z=。

33

令y=1,得"=(也,1,—2),

\EBF\26

設(shè)點(diǎn)B到平面EFG的距離為d,則d=

\n\A/82

所以與平面EFG的距離為國.

18.設(shè)函數(shù)=71nx-如(m>0),/'(%)為/(%)的導(dǎo)函數(shù)，/'(%)有唯一零點(diǎn)飛.

⑴y=/'(%)的圖像在(如0)處的切線方程為,=8(尤)，求姓包的最小值及此時(shí)加的取值;

m

(2)若對(duì)任意滿足/(%)=/(%)的石,%(不<%)都有西+々>2%,證明：m<^.

e

【答案】(1)最小值為3,此時(shí)機(jī)=—

2

(2)證明見解析

【解析】

【分析】(1)由導(dǎo)函數(shù)，求得切線方程，由此得到函數(shù)，利用基本不等式得出最小值；

(2)利用函數(shù)對(duì)不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)換，在利用導(dǎo)函數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，找到零點(diǎn)，從而得出結(jié)論.

【小問1詳解】

f'[x)=&x---m,令丸(x)=e*-竺-7〃，則》(x)=e*(久>0)，

(\

Ao

故y=尸(為的圖像在伍,0)處的切線方程為y=g(x)=e+—(x-x0),

Ix0)

/、

又e0二一+m,故g(%)=一+m+—(x-x0),

x°l了v

(i)

g(2x0)=mx0+1H--->m1+2人」3m,最小值為3,

Ixo)

A

當(dāng)且僅當(dāng)Xo=l取等，故/=1,6=2加時(shí)取得等號(hào)，故加=萬.

【小問2詳解】

證明機(jī)即證明

且由(1)知道八'0)=丁+:0>。,租>0),%'0)>0,/0)單調(diào)遞增即證明/<1,

由題得/(九)在(0,光0)單調(diào)遞減，(尤0,+8)單調(diào)遞增，由％>2玉)一王〉與，

/(%2)>/(2x0-%1)-/(%)=/(%)故/(2%0—%)一/(七)<。，

由玉)一事>0,令％—玉=xe(O,%o)故/7(%)=/(%0+同一/(%0一》)<0在x6(O,xo)恒成立,

,

又“(X)=f'(x0+x)+/(x0-x),”⑼=0,

，

令加(%)="(尤)，?(xo+x)=/(xo+x),t(xo—x]=/'(xy—x],

,L,

m(x)=f(x0+x)-7(x0-x),/“(0)=0,

令q(x)=n/(x),p[xQ+x)=f(x0+x),/?(%()-%)=/'(而一刀),

f

cf(x)=p(x0+x)+p'(x0-x),p(x)=e”-簧(久〉0)單調(diào)遞增，

Xf0時(shí)p'(x)f_8,p'(x())=e而/+x；_2,

玉)\xoJ

假設(shè)%>1,y(xo)>o,夕'(％)在(0,/)存在唯一零點(diǎn)八

則p'(x)在(/,%)上為正,q'(x)=p'[x0+x)+/(%-x)在(0,%T)上為正，

在(0,1T)上加(％)>m,(0)=0,同理〃'(％)>〃(0)=05

T)>入⑼=0與/i(x)=/(/+%)-/(%一次)<0在；re(0,%o)恒成立矛盾,

e

故/<i,則機(jī)V5得證.

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：證明參數(shù)在某個(gè)范圍才使得命題成立，需要對(duì)其進(jìn)行函數(shù)轉(zhuǎn)換，再利用函數(shù)單調(diào)性來

確定函數(shù)的取值范圍，函數(shù)單調(diào)性的確定主要依靠導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)來判斷，所以本題在沒有確定導(dǎo)函數(shù)正負(fù)

的情況下需要進(jìn)一步求導(dǎo)，直到能夠判斷出正負(fù)，進(jìn)而回推出函數(shù)單調(diào)性.

19.已知集合?！?{x|X=(xl,x2,...,xn),x.e{O,l},z=l,,對(duì)于任意XeQ“,

操作一：選擇X中某個(gè)位置(某兩個(gè)數(shù)之間或第一個(gè)數(shù)之前或最后一個(gè)數(shù)之后)，插入連續(xù)七個(gè)1或連續(xù)左

個(gè)0,得到Fe。用化》1)；

操作二：刪去X中連續(xù)左個(gè)1或連續(xù)上個(gè)0,得到4左<〃—1)；

進(jìn)行一次操作一或者操作二均稱為一次“10月變換”，在第〃次("WN*)"10月變換”的結(jié)果上再進(jìn)行1

次'次0月變換”稱為第〃+1次'次0月變換”.

(1)若對(duì)X=(0,1,0)進(jìn)行兩次“10月變換”，依次得到丫€。4，2eQ2.直接寫出丫和z的所有可

能情況.

(2)對(duì)于X=(0,0,...,0)eR0G和F=(0,1,0,1,…,0,1)eR0G至少要對(duì)X進(jìn)行多少次“10月變換”才能

得到y(tǒng)?說明理由.

(3)證明：對(duì)任意x,yeO2“，總能對(duì)x進(jìn)行不超過〃+1次”10月變換”得到y(tǒng).

【答案】(1)r=(o,i,1,0),z=(o,o),或y=(o,o,i,o),z=(i,o),或y=(o,i,o,o),z=(o,i).

(2)51

(3)證明見解析

【解析】

【分析】(1)直接根據(jù)定義得到所有可能的情況即可；

(2)先對(duì)段落數(shù)估計(jì)，證明一定需要51次操作，然后構(gòu)造51次操作的例子，即可說明至少需要的操作次

數(shù)為51；

(3)先給出具體的操作方式，然后證明該操作方式下操作的總次數(shù)不會(huì)超過“+1.

【小問1詳解】

由于對(duì)丫€。4進(jìn)行一次“10月變換”后就得到了ZeQ2，說明y一定含有2個(gè)相同且相鄰的數(shù)，從而y

只可能是(0,1,1,0),(0,0,1,0),(0,1,0,0),對(duì)應(yīng)的Z分別是(0,0)，(1,0),(0,1).

【小問2詳解】

對(duì)每個(gè)Q“中的元素，將其所有連續(xù)的。和連續(xù)的1各自記為一個(gè)段落，則容易得到：

若對(duì)某個(gè)A進(jìn)行一次操作一得到3,則3的段落數(shù)或者和A的段落數(shù)相等，或者比A的段落數(shù)多1，或者

比A的段落數(shù)多2；

若對(duì)某個(gè)A進(jìn)行一次操作二得到C,則C的段落數(shù)或者和A的段落數(shù)相等，或者比A的段落數(shù)少1，或者

比A的段落數(shù)少2.

這表明，每次“10月變換”下，變換前后元素的段