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        2024年高考數(shù)學(xué)模擬試題(新高考)

        2024-03-06 03:17:30林國(guó)紅
        數(shù)理化解題研究 2024年4期
        關(guān)鍵詞:對(duì)局白球零點(diǎn)

        林國(guó)紅

        (廣東省佛山市樂從中學(xué),廣東 佛山 528315)

        說明:(1)本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分.滿分150分.考試時(shí)間120分鐘.

        (2)本試卷適用省份:(新高考Ⅰ卷)山東、福建、湖北、江蘇、廣東、湖南、河北等省;(新高考Ⅱ卷)海南、遼寧、重慶等省市.

        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.設(shè)集合A={x|(x+1)(x-4)<0},B={x|2x+a<0},且A∩B={x|-1

        A.6 B.4 C.-4 D.-6

        A.-2 B.0 C.2i D.-2i

        4.已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=2,前n項(xiàng)和為Sn,且a1,2a2,4a3成等差數(shù)列,則( ).

        5.某款對(duì)戰(zhàn)游戲,總有一定比例的玩家作弊,該游戲每10個(gè)人組成一組對(duì)局,若一組對(duì)局中有作弊玩家,則認(rèn)為這組對(duì)局不公平.現(xiàn)有50名玩家,其中有2名玩家為作弊玩家,一次性將50名玩家平均分為5組,則5組對(duì)局中,恰有一組對(duì)局為不公平對(duì)局的概率為( ).

        6.a>2是函數(shù)y=|x-a|在(-∞,2]單調(diào)遞減的( ).

        A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

        C.充要條件 D.既不充分也不必要

        A.-16 B.-12 C.-9 D.-6

        二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20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5分,部分選對(duì)的得2分,有選錯(cuò)的得0分.

        9.袋子中有6個(gè)相同的球,分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中有放回的隨機(jī)取5次,每次取一個(gè)球.記錄每次取到的數(shù)字,統(tǒng)計(jì)后發(fā)現(xiàn)這5個(gè)數(shù)字的平均數(shù)為2,方差小于1,則( ).

        A.可能取到數(shù)字4 B.中位數(shù)可能是2

        C.極差可能是4 D.眾數(shù)可能是2

        10.如圖1,正方體ABCD-A1B1C1D1中,P是體對(duì)角線AC1上的動(dòng)點(diǎn),M是棱DD1上的動(dòng)點(diǎn),則下列說法正確的是( ).

        圖1 第10題圖

        C.對(duì)于任意的P,存在點(diǎn)M使得AM⊥B1P

        D.對(duì)于任意的M,存在點(diǎn)P使得AM⊥B1P

        11.已知拋物線C:y2=4x的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)D,O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)A,B是拋物線C上異于點(diǎn)O的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),線段AB與x軸交于點(diǎn)T,則( ).

        A.若T為拋物線C的焦點(diǎn),則線段AB的長(zhǎng)度的最小值為4

        C.若△AOT與△BOT的面積之積為定值,則T為拋物線C的焦點(diǎn)

        D.若直線DA和直線DB都與拋物線C相切,則T為拋物線C的焦點(diǎn)

        12.已知函數(shù)f(x)=exln(x+1),則( ).

        A.曲線y=f(x)在(0,f(0))處的切線方程為y=2x

        B.f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增

        C.對(duì)任意的x1,x2∈(0,+∞),有f(x1+x2)>f(x1)+f(x2)

        三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.

        15.已知圓C1:x2+y2=m2(m>0)與圓C2:x2+y2-2x-4y-20=0恰有兩條公切線,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為____.

        16.有n個(gè)編號(hào)分別為1,2,…,n的盒子,第1個(gè)盒子中有2個(gè)白球1個(gè)黑球,其余盒子中均為1個(gè)白球1個(gè)黑球,現(xiàn)從第1個(gè)盒子中任取一球放入第2個(gè)盒子,再?gòu)牡?個(gè)盒子中任取一球放入第3個(gè)盒子,以此類推,則從第2個(gè)盒子中取到白球的概率是____,從第n個(gè)盒子中取到白球的概率是____.

        四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

        17.已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),前n項(xiàng)和為Sn,若an+1+an+2=12an(n∈N*),S5=121.

        (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

        (2)若bn=an+lnan,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.

        18.如圖2,在平面內(nèi),四邊形ABCD的對(duì)角線交點(diǎn)位于四邊形內(nèi)部,AB=3,BC=7,△ACD為正三角形,設(shè)∠ABC=α.

        圖2 第18題圖

        (1)求AC的取值范圍;

        (2)當(dāng)α變化時(shí),求四邊形ABCD面積的最大值.

        圖3 第19題圖

        (1)證明:BD⊥PC;

        (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

        (1)求每個(gè)芯片智能檢測(cè)不達(dá)標(biāo)的概率;

        (2)人工抽檢30個(gè)芯片,記恰有1個(gè)不達(dá)標(biāo)的概率為φ(p),求φ(p)的極大值點(diǎn)p0;

        (3)若芯片的合格率不超過96%,則需對(duì)生產(chǎn)工序進(jìn)行改良.以(2)中確定的p0作為p的值,判斷該企業(yè)是否需對(duì)生產(chǎn)工序進(jìn)行改良.

        22.已知a∈R,函數(shù)f(x)=(x-1)ln(1-x)-x-acosx,f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).

        (1)當(dāng)a=0時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

        (2)討論f′(x)在區(qū)間(0,1)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù);

        參考答案

        4.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,

        由于a1,2a2,4a3成等差數(shù)列,

        所以4a2=a1+4a3,4a1q=a1+4a1q2.

        由于a1=2,所以4q2-4q+1=(2q-1)2=0.

        則Sn+1=4-21-n.

        5.所有對(duì)局中,恰有一組對(duì)局是不公平對(duì)局的情況為:2名外掛玩家都分到了同一組對(duì)局,記該事件為事件A,則

        故選C.

        即C(4c+3m,3n).

        代入③并整理,得

        2c2+3mc+a2=0.

        由①②及a2+b2=c2,得

        所以(2c2+a2)2=9m2c2=18a2c2-9a4.

        即2c2-7a2c2+5a4=(2c2-5a2)(c2-a2)=0.

        8.令f(x)=-x3-3x2+9x+9,則f(x-1)=-(x-1)3-3(x-1)2+9(x-1)+9=-x3+12x-2,

        f(-x-1)=-(-x-1)3-3(-x-1)2+9(-x-1)+9=x3-12x-2.

        所以f(x-1)+f(-x-1)=-4

        所以f(x)關(guān)于(-1,-2)中心對(duì)稱.

        因?yàn)閒′(x)=-3x2-6x+9=-3(x+3)(x-1),所以當(dāng)x∈(-∞,-3)∪(1,+∞)時(shí),f′(x)<0;當(dāng)x∈(-3,1)時(shí),f′(x)>0.

        所以f(x)在(-∞,-3),(1,+∞)上單調(diào)遞減,在(-3,1)上單調(diào)遞增.

        所以f(x)的極小值為f(-3)=27-27-27+9=-18,極大值為f(1)=-1-3+9+9=14.

        圖4 第8題解析圖

        故選B.

        9.設(shè)這5個(gè)數(shù)字為x1,x2,x3,x4,x5,

        可得x2+x3+x4+x5=6.

        對(duì)于BD:例如2,2,2,2,2,可知這5個(gè)數(shù)字的平均數(shù)為2,方差為0,符合題意,且中位數(shù)是2,眾數(shù)是2.

        故選BD.

        圖5 第10題解析圖

        設(shè)異面直線B1P與A1D所成的角為θ,則

        設(shè)M(1,0,m),m∈[0,1],則

        即對(duì)于任意的M,存在點(diǎn)P使得AM⊥B1P,故D正確.

        故選ABD.

        11.設(shè)直線AB方程為x=my+t(t>0),A(x1,y1),B(x2,y2),2p=4,p=2,

        所以y1+y2=4m,y1y2=-4t.

        則x1+x2=m(y1+y2)+2t=4m2+2t,

        T為焦點(diǎn)時(shí),t=1,x1+x2=4m2+2,

        顯然m=0時(shí),|AB|min=4,A正確;

        又D(-1,0),設(shè)過點(diǎn)D的切線方程是

        y=k(x+1),k≠0,

        △=1-k2=0,k=±1.

        直線AB方程為x=1,過焦點(diǎn)F(1,0),D正確.

        故選ABD.

        令g(x)=f′(x),則

        則h(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增.

        則h(x)≥h(0)=1>0,則g′(x)>0.

        則f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,故B正確;

        令m(x)=f(x+x2)-f(x)-f(x2)(x>0),

        則m′(x)=f′(x+x2)-f′(x)>0.

        則m(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

        則m(x)>m(0)=f(x2)-f(0)-f(x2)=0.

        則m(x1)>0.

        所以f(x1+x2)>f(x1)+f(x2),故C正確;

        令ω(x)=f′(x)(x-x1)-f(x)+f(x1),則

        ω′(x)=g′(x)(x-x1)>0.

        則ω(x)在(x1,+∞)上單調(diào)遞增.

        則ω(x)>ω(x1)=0.

        則φ′(x)>0.

        則φ(x)在(x1,+∞)上單調(diào)遞增.

        則φ(x2)<φ(x3).

        則φ(x2)≤φ(x3),故D正確.

        故選BCD.

        16.記事件Ai表示從第i(i=1,2,…,n)個(gè)盒子里取出白球,則

        17.(1)設(shè){an}的公比為q(q>0),因?yàn)閍n+1+an+2=12an,即an·q+anq2=12an,且an≠0,可得q2+q-12=0,解得q=3或q=-4(舍去).

        解得a1=1.

        所以an=a1·qn-1=3n-1.

        (2)由(1)可得:bn=3n-1+(n-1)ln3,

        所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=(30+31+32+…+3n-1)+[1+2+3+…+(n-1)]ln3

        在△ABC中,由余弦定理,得

        將AB=3,BC=7代入并整理,得

        AC2+3AC-40>0且AC2-6AC-40<0.

        解得5

        所以AC的取值范圍是(5,10).

        (2)在△ABC中,由余弦定理可得,

        AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cosα=9+49-2×3×7cosα=58-42cosα.

        又因?yàn)椤鰽CD為正三角形,

        所以S四邊形ABCD=S△ABC+S△ACD

        所以∠ADB=∠CAB.

        所以∠ADB+∠MAD=∠CAB+∠MAD=90°.

        所以AC⊥BD.

        即AM⊥BD,CM⊥BD.

        所以PM⊥BD,CM⊥BD.

        又PM∩CM=M,所以BD⊥平面PMC.

        所以BD⊥PC.

        由(1)BD⊥平面PMC,以M為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖6所示的空間直角坐標(biāo)系M-xyz,

        圖6 第19題解析圖

        取y1=sinθ,n=(0,sinθ,-cosθ),設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為m=(x2,y2,z2),則

        (2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),MN:y=kx-1,

        聯(lián)立直線MN與橢圓C的方程可得

        (2+3k2)x2-6kx-9=0.

        所以2kx1x2=-3(x1+x2).

        故直線QN的方程為

        根據(jù)對(duì)稱性,直線QN所過的定點(diǎn)在y軸上,不妨令x=0,則

        =-2.

        故直線QN過定點(diǎn)(0,-2).

        21.(1)設(shè)每個(gè)芯片智能檢測(cè)中安全檢測(cè)、電池檢測(cè)、性能檢測(cè)三項(xiàng)指標(biāo)達(dá)標(biāo)的概率分別記為P1,P2,P3,并記芯片智能檢測(cè)不達(dá)標(biāo)為事件A.

        (3)設(shè)芯片人工抽檢達(dá)標(biāo)為事件B,工人在流水線進(jìn)行人工抽檢時(shí),抽檢一個(gè)芯片恰為合格品為事件C,

        因此,該企業(yè)需對(duì)生產(chǎn)工序進(jìn)行改良.

        22.(1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=(x-1)ln(1-x)-x,其定義域?yàn)?-∞,1),f′(x)=ln(1-x),令f′(x)=ln(1-x)=0,得x=0.

        當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),f′(x)>0,故f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f′(x)<0,故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減.

        因此,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1).

        (2)令g(x)=f′(x)=ln(1-x)+asinx,則

        因?yàn)閤∈(0,1),則1-x∈(0,1),cosx∈(0,1),則(1-x)cosx∈(0,1).

        當(dāng)a≤1時(shí),則a(1-x)cosx-1<0,故g′(x)<0,從而g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減.

        而g(0)=0,故當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g(x)

        即f′(x)在區(qū)間(0,1)上無零點(diǎn).

        當(dāng)a>1時(shí),令h(x)=a(1-x)cosx-1,則

        h′(x)=-a[cosx+(1-x)sinx].

        因?yàn)閤∈(0,1),則cosx+(1-x)sinx>0.

        從而h′(x)<0.

        即h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減.

        而h(0)=a-1>0,h(1)=-1<0,因此存在唯一的x0∈(0,1),使得h(x0)=0,并且當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),h(x)>0;當(dāng)x∈(x0,1)時(shí),h(x)<0.

        即當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),g′(x)>0,當(dāng)x∈(x0,1)時(shí),g′(x)<0.

        故當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),g(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(x0,1)時(shí),g(x)單調(diào)遞減.而g(0)=0,故g(x0)>0.

        取N=1-e-2a∈(0,1),當(dāng)x>N時(shí),g(x)=ln(1-x)+asinx

        所以存在唯一的m∈(x0,1),使得g(m)=0,即f′(x)在區(qū)間(0,1)上有唯一零點(diǎn).

        綜上所述,當(dāng)a>1時(shí),f′(x)在(0,1)上有唯一的零點(diǎn);

        當(dāng)a≤1時(shí),f′(x)在(0,1)上沒有零點(diǎn).

        (3)由(2)可得,當(dāng)a≤1時(shí),ln(1-x)+asinx<0在(0,1)上恒成立.

        以下證明不等式:

        則m(x)

        即有xcosx

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