湖北省武汉市华师一附中2024届高三7月暑假数学独立作业(2)答案和解析

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湖北省武汉市华师一附中2024届高三7月暑假数学独立作业(2)答案和解析
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以下为本文档部分文字说明:

第1页/共12页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司2024届高三数学独立作业(2)一、单选题: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,只有一项是符合题目要求的.1.已知集合20log2Axx,3

2,RxByyx,则AB等于()A.24xxB.14xxC.12xxD.1xx【答案】A【详解】由20log2x,得2224logllggo1ox,解得14x,即{14}Axx,由30x,得

322xy,即{2}Byy,所以{24}ABxx.故选:A.2.已知复数z满足1i2z,则2z().A.1B.2C.22D.2【答案】D【详解】由1i2z,得221i222i1i1i1i1i1iz,所以1iz,则2221

i12ii2iz,所以22i2z.故选:D.3.若抛物线2:2(0)Cxpyp上的点P到焦点的距离为8,到x轴的距离为6,则抛物线C的标准方程是()A.24xyB.26xyC.

28xyD.216xy【答案】C【详解】由抛物线定义可得:682p,解得4p,所以抛物线C的标准方程为28xy.故选:C4.把1,2,3,4,5这5个数排成一列,则满足先增后减(例如:1,3,5,4,2)的数列的个数是().A.6B.10C.14D.20【

答案】C【解析】【分析】根据题意,分最大数5在第二、三、四个位置三种情况讨论即可【详解】把1,2,3,4,5这5个数排成一列,满足先增后减的数列有:①最大数5在第二个位置的所有情况:14C4②最大数5在第三个位置的所有情况:24C6③最大数5在第四个位置的所有情况:34C4,共有14个.故

选:C.5.设甲:22sinsin1,乙:sincos0,则()A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件5.B【详解】当22sinsin1时,例如π

,02但sincos0,即22sinsin1推不出sincos0;当sincos0时,2222sinsin(cos)sin1,即sincos0能推出22sinsin1

.综上可知,甲是乙的必要不充分条件.第2页/共12页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司6.如图,在ABC中,M为线段BC的中点,G为线段AM上一点,2AGGM,过点G的直线分别

交直线AB,AC于P,Q两点,0ABxAPx,0ACyAQy,则411xy的最小值为().A.34B.94C.3D.9【答案】B【分析】先利用向量的线性运算得到33xyAGAPAQ

,再利用三点共线的充要条件,得到3xy,再利用基本不等式即可求出结果.【详解】因为M为线段BC的中点,所以1()2AMABAC,又因为2AGGM,所以21()

33AGAMABAC,又0ABxAPx,0ACyAQy,所以33xyAGAPAQ,又,,PGQ三点共

线,所以133xy,即3xy,所以4114114(1)14(1)9()(1)41(52)14141414xyxyxyxyxyyxyx,当且

仅当4(1)1xyyx,即81,33xy时取等号.故选:B.7.已知异面直线a,b的夹角为,若过空间中一点P,作与两异面直线夹角均为π3的直线可以作4条,则的取值范围是()A.π64,B.ππ,43

C.π0,3D.ππ,32【答案】D【解析】【详解】如图,将异面直线a、b平移到过P点,此时两相交直线确定的平面为α,如图,a平移为a,即PA,b平移为b,即BE.设∠APB

=θ,PC且PC是∠APB的角平分线,则PC与a和b的夹角相等,即PC与a、b夹角均相等,①将直线PC绕着P点向上旋转到PD,当平面PCD⊥α时,PD与a、b的夹角依然相等,即PD与a、b的夹

角依然相等;将直线PC绕着P点向下旋转时也可得到与a、b的夹角均相等的另外一条直线,易知PC与PA夹角为2,当PC向上或向下旋转的过程中,PC与PA夹角增大,则若要存在与两异面直线夹角均为π3的直线,有π2π233

;②同理,∠APE=π,将∠APE的角平分线绕着P向上或向下旋转可得两条直线与a、b的夹角均为π3,则πππ233,如此,即可作出4条直线与异面直线a、b夹角均为π3,又∵0<θ≤π2,∴ππ,32.故答案为:D.8.

将函数sinyx的图象向右平移π6个单位长度,再将横坐标缩短为原来的1(0)得到函数yfx的图象.若yfx在π0,3上的最大值为5,则的取值个数为()第3页/共12页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司A.1B

.2C.3D.4【答案】B【详解】将函数sinyx的图象向右平移π6个单位长度,可得πsin6yx的图象.再将横坐标缩短为原来的1(0)得到函数π()sin6yfxx的图象,由π0,3x上,得ππππ,6636x

,当πππ362,即2时,则15,求得5,当πππ362,即02时,由题意可得ππsin365,作出函数ππsin36yx与5xy的图象如图:由图可知,此时函数ππsin36yx与5xy的图象在0,2

x上有唯一交点,则ππsin365有唯一解,综上,的取值个数为2.故选:B.二、多选题: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.若函数2()(0)bcfxalnx

axx既有极大值也有极小值,则()A.0bcB.0abC.280bacD.0ac【解析】函数定义域为(0,),且223322()abcaxbxcfxxxxx,由题意,方程()0fx即220axbxc

有两个正根,设为1x,2x,则有120bxxa,1220cxxa,△280bac,0ab,0ac,20abacabc,即0bc.故选:BC.10.已知集合20,0xxaxb

a有且仅有两个子集,则下面正确的是()A.224abB.214abC.若不等式20xaxb的解集为12,xx,则120xxD.若不等式2xaxbc++<的解集为12,xx,且124

xx,则4c【答案】ABD【详解】由于集合20,0xxaxba有且仅有两个子集,所以2240,4abab,由于0a,所以0b.公众号:全元高考A,22224244abbbb,当2,22ba时等号成立,故A正确.B,21114244

abbbbb,当且仅当114,,22bbab时等号成立,故B正确.C,不等式20xaxb的解集为12,xx,120xxb,故C错误.D,不等式2xaxbc++<的解集为12,xx,即不等式20xaxbc++-<的解集为12,xx,且124x

x,则1212,xxaxxbc,第4页/共12页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司则22212121244416xxxxxxabcc,4c,故D正确,故选:ABD11.下列命题正确的是()A.已知函数elnxfxax

在区间1,2上单调递增,则a的最小值为1eB.若随机变量2~2,N,40.84P,则240.16PC.相关系数r的绝对值越接近1,两个随机变量的线性相关程度越强D.

在做回归分析时,残差图中残差点分布的带状区域的宽度越宽表示回归效果越差【答案】ACD【详解】依题可知,1e0xfxax在1,2上恒成立,显然0a,所以1exxa,设e,1,2xgxxx,所以1e0xgxx,所以gx在1,2上

单调递增,1egxg,故1ea,即11eea,即a的最小值为1e正确;对于B,根据正态分布密度函数的性质知4140.16,040.16PPPP><<>,040410.1620.

68,240.342PPP<<<<<<,错误;对于C,根据相关系数的性质知:r约接近于1,表示线性相关程度越强,正确;对于D,残差点分布的带状区域越宽说明线性回归时的误差越大,即回归效果越差,正确;故选:ACD.12.若240ax

xb对任意,0x恒成立,其中a,b是整数,则+ab的可能取值为()A.6B.7C.8D.17【答案】AD【分析】对b分类讨论,当0b时,由240axxb可得40ax,由

一次函数的图象知不存在;当0b时,由240axxb,利用数形结合的思想可得出,ab的整数解.【详解】当0b时,由240axxb可得40ax对任意,0x恒成立,即4a

x对任意,0x恒成立,此时a不存在;当0b时,由240axxb对任意,0x恒成立,可设4fxax,2gxxb,作出,fxgx的图象如下,由题意可知<04=aba

,再由a,b是整数可得=1=16ab或=4=1ab或=2=4ab所以+ab的可能取值为17或5或6故选:AD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知31,316nxnnxN的展开式中含有常数项,则n的一个可能取

值是______.【答案】4、8、12、16(任选一个为答案)【解析】【详解】根据二项式定理展开可得341C11CrrrnrrrnrrnnTxxx,因为展开式中含有常数项,所以404nrnr,由此可得当n为4的倍数时,即可满足题意,又因316n,故

n可取4、8、12、16.故答案为:4、8、12、16(任选一个为答案)14.为了做好疫情防控期间的校园消毒工作,某学校对教室进行消毒,室内每立方米空气中的含药量y(单位:毫克)随时间x(单位:小时)的变化情况如图所第5页/共12

页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司示,在药物释放的过程中,y与x成正比;药物释放完毕后,y与x的函数关系式为132xay(a为常数),根据测定,当空气中每立方米的含药量降低到14毫克以下时,学生方可进教室学习,

那么从药物释放开始,至少需要经过___________小时后,学生才能回到教室.【答案】0.6【详解】由题意知,点0.2,1在函数132xay的图象上,所以0.21132a

,得0.2a,所以0.2132xy,由0.211324x,即51222x,得512x,所以0.6x.所以从药物释放开始,到学生回到教室至少需要经过的0.6小时.故答案为:

0.6.15.己知椭圆22196xy,12,FF为两个焦点,O为原点,P为椭圆上一点,123cos5FPF,则||PO___【答案】302【详解】方法一:设12π2,02FPF,所以122212tantan2PFFFPFSbb,

由22212222cossin1tan3coscos2cos+sin1tan5FPF,解得:1tan2,由椭圆方程可知,222229,6,3abcab,所以,1212111236222PFFppSFFyy,解得:23

py,即2399162px,因此22930322ppOPxy.方法二:因为1226PFPFa①,222121212122PFPFPFPFFPFFF,即2212126125PFPFPFPF②,联立①②,解得:

22121215,212PFPFPFPF,而1212POPFPF,所以1212OPPOPFPF,即22121122111315302212222522POPFPFPFPFPFPF

.方法三:因为1226PFPFa①,222121212122PFPFPFPFFPFFF,即2212126125PFPFPFPF②,联立①②,解得:221221PFPF,由中线定理可知,22221212

2242OPFFPFPF,易知1223FF,解得:302OP.16.已知函数e,0ln,0xxfxxx(e为自然对数的底数),则函数211eFxffxfx的零点个数为__

_________【答案】5【分析】令fxt,由0Fx可得211eftt,利用导数可确定fx与211eyx图象的位置关系,进而得到ft与211eyt有三个不同交点,并根据图象可确定三个交点12301ttt,采用数形结合的方式可确定

fx与1yt、2yt和3yt的交点总数,即为第6页/共12页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司所求的零点个数.【详解】设fxt,令0Fx可得:211eftt;设11ykx与exy相切于点11,exx,

eexx,切线斜率为1ex,则切线方程为:111eexxyxx,即111e1exxyxx,1111e1e1xxkx,解得:10x,11k;设21ykx与l

nyx相切于点22,lnxx,1lnxx,切线斜率为21x,则切线方程为:2221lnyxxxx,即221ln1yxxx,2221ln11kxx,解得:22ex,221ek;

作出fx与211eyx图象如下图所示,211eyx与fx有三个不同交点,即211eyt与ft有三个不同交点,设三个交点为123123,,tttttt,由图象可知:12301ttt;fx与1y

t无交点,与2yt有三个不同交点,与3yt有两个不同交点,211eFxffxfx的零点个数为5个.四、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知3sin5A,

5cos13B.(1)求sinC;(2)若13a,求ABC的面积.【解】(1)因为5cos13B,0,πB,所以12sin13B,又因为312sinsin513AB,5cos013B,所以π2AB,故4cos5A,所以

63sinsinsincoscossin65CABABAB.(2)由正弦定理可知:sinsinabAB,代入已知条件得13312513b,解得20b,所以ABC的面积为1163sin13201262265SabC18.

记nS为数列na的前n项和,已知12a,1nnaSn.(1)求数列na的通项公式;第7页/共12页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司(2)设单调递增等差数列nb满足23b,且11ab,22ab

,3312ab成等比数列.(ⅰ)求数列nb的通项公式;(ⅱ)设22212111nnTbbbL,试确定nT与34的大小关系,并给出证明.【解】(1)因为1nnaSn,所以112nnaSnn,所以1212n

naan,整理得11212nnaan.又因为23a,所以当2n时,2211222nnnaan,所以212nnan,当1n时,12a不满足.所以21212nnnan,

nN.(2)(ⅰ)设数列nb的公差为0dd.因为11ab,22ab,3312ab成等比数列,且12a,23a,37a,所以222113312ababab,即212130dd.又因为0d,所以1d.所以数

列nb的通项公式为1nbn,nN.(ⅰi)34nT.证明如下:由(ⅰ)知,1nbn,nN,易知212nnn所以22222212111111231nnTbbbnLL.22

211111123132421nnnLL3111342124nn,nN,34nT.19.如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD是平行四边形,侧面PAB是等边三角形,平面PAB平面ABCD,2BCAB,60ABC

.(1)证明:PBAC;(2)点Q在侧棱PD上,2DQQP,过B,Q两点作平面,设平面与PA,PC分别交于点E,F,当直线//AC时,求二面角BEQD的余弦值.【解】(1)证明:在ABC中,设2

2BCABm,因为60ABC,由余弦定理可知:22222221cos2222mmACABBCACABCABBCmm,解得3ACm,所以222ACABBC,所以ABAC.又因为平面PAB

平面ABCD,平面PAB平面ABCDAB,ABAC,AC平面ABCD,所以AC平面PAB.由PB平面PAB,所以PBAC.(2)连BD交AC于点M,连接PM,BQ,设PM交BQ于点H.在PBD△中,过P作BD的平行线交BQ的延长线于N,由//PNBD,有::1:2PNBDPQQ

D,则::1:1PNBMPHHM,第8页/共12页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司所以点H为线段PM中点.在PAC△中,因为直线//AC平面,平面PAC平面EF,所以直线//EF直线AC,且

直线EF过点H,所以点E为线段PA中点.以点A为坐标原点,,ABAC分别为x轴,y轴,过点A垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设2AB.则0,0,0A,2,0,0B,0,23,0C,2,23,0D,1,0,3P.因为点E为

线段PA中点,所以,13,0,22E设平面BEQ(平面BEF)的法向量为1,,nxyz,因为33,0,22BE,10,3,02EFAC,由1100BEnEFn

,得3302230xzy,令1x,则11,0,3nur.设平面EQD(平面PAD)的法向量为2,,nxyz,因为1,0,3AP,2,23,0AD,由2200APnADn

,得302230xzxy.令3x,则23,1,1n.所以121212cos,0nnnnnn,所以二面角BEQD的余弦值为0.20.已知双曲线C的中心为坐标原点

,左焦点为25,0,离心率为5.(1)求C的方程;(2)记C的左、右顶点分别为1A,2A,过点4,0的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线1MA与2NA交于点P.试问:点P是否在定直线上.为什么?【解】(1)设双曲线方程为222210,0xy

abab,由焦点坐标可知25c,则由5cea可得2a,224bca,双曲线方程为221416xy.(2)在定直线上理由如下由(1)可得122,0,2,0AA,设1122,,,MxyNxy,显然直线的斜率不为0,

所以设直线MN的方程为4xmy,且1122m,与221416xy联立可得224132480mymy,且264(43)0m,则1212223248,4141myyyymm,直线1MA的方程为1122yyxx,直线2NA的方程为

2222yyxx,联立直线1MA与直线2NA的方程可得:第9页/共12页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司2121121211212121222222266yxymym

yyyyyxxyxymymyyy112221122483216222141414148483664141mmmyymmmmmyymm,由2123xx可得

=1x,即1Px,据此可得点P在定直线=1x上运动.21.已知函数2sinπ,0,cos2xfxaxxx.(1)当1a时,讨论fx的单调性;(2)若sin0fxx,求a的取值范围.【解】(1)

因为1a,所以2sinπ,0,cos2xfxxxx,则22432coscos2cossinsincos2sin11coscosxxxxxxxfxxx3333222co

scos21coscoscos2coscosxxxxxxx,令costx,由于π0,2x,所以cos0,1tx,所以23233222coscos22221211xxttttttttt2221ttt

,因为2222110ttt,10t,33cos0xt,所以233coscos20cosxxfxx在π0,2上恒成立,所以fx在π0,2上单调递减.(2

)法一:构建2sinπsinsin0cos2xgxfxxaxxxx,则231sinπcos0cos2xgxaxxx,若sin0gxfxx,且00sin00gf,则

0110gaa,解得0a,当0a时,因为22sin1sinsin1coscosxxxxx,又π0,2x,所以0sin1x,0cos1x,则211cosx,所以2sinsinsin

0cosxfxxxx,满足题意;当a<0时,由于π02x,显然0ax,所以22sinsinsinsinsin0coscosxxfxxaxxxxx,满足题意;综上所述:若cos0,1tx,

等价于0a,所以a的取值范围为,0.法二:第10页/共12页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司因为2232222sincos1sinsincossinsinsincoscoscoscosxxxxxxxxxxxx,因为π0,2x

,所以0sin1x,0cos1x,故2sinsin0cosxxx在π0,2上恒成立,所以当0a时,2sinsinsin0cosxfxxxx,满足题意;当a<0时,由于π02x,显然0ax,所以22sins

insinsinsin0coscosxxfxxaxxxxx,满足题意;当0a时,因为322sinsinsinsincoscosxxfxxaxxaxxx,令32sinπ

0cos2xgxaxxx,则22433sincos2sincosxxxgxax,注意到22433sin0cos02sin000cos0gaa,若π02x,0gx,则

gx在π0,2上单调递增,注意到00g,所以00gxg,即sin0fxx,不满足题意;若0π02x,00gx,则000ggx,所以在π0,2上最靠近0x处必存在零点1π20,x

,使得10gx,此时gx在10,x上有0gx,所以gx在10,x上单调递增,则在10,x上有00gxg,即sin0fxx,不满足题意;综上:0a.22.

某考生在做高考数学模拟题第12题时发现不会做.已知该题有四个选项,为多选题,至少有两项正确,至多有3个选项正确.评分标准为:全部选对得5分,部分选对得2分,选到错误选项得0分.设此题正确答案为2个选项的概率为0001pp.已知该考生随机选择若干个(至

少一个).(1)若012p,该考生随机选择2个选项,求得分X的分布列及数学期望;(2)为使他此题得分数学期望最高,请你帮他从以下三种方案中选一种,并说明理由.方案一:随机选择一个选项;方案二:随机选择两个选项;方案三:随机选择三个选项.【分析】(1)根据全概率公式分别求得得分

为0分,2分,5分的事件的概率,进而求得分布列及数学期望;(2)根据全概率公式分别计算三种方案的对应的得分的概率,进而求得对应的数学期望,再利用作差法比较即可求解.【解】(1)设多选题正确答案是“选两项”为事件2A,正确答案是“选三项”为事件3A,则23AA

.考生得0分,2分,5分为事件0B,2B,5B,20PAp,301pAp.当212PA时,312PA,则正确答案是“选两项”时,考生选2项,全对得5分,有选错得0分;第11页/共12页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司正确答案是“选三项”时,

考生选2项,选出了2个正确选项得2分,有选错得0分.因为02030BABAB,所以020302030PBPABABPABPAB22033PBAPAPBAPA12322244CC1153212C2

C12123.因为22232BABAB,所以222322232PBPABABPABPAB222233PBAPAPBAPA2324C111022C4,525

352535PBPABABPABPAB522533PBAPAPBAPA24111102C212.所以,得分X的分布列为:公众号:全元高考X025P2314112得分X的数学期望21111025341212EX

.(2)方案一:随机选择一个选项正确答案是“选两项”时,考生选1项,选对得2分,选错得0分;正确答案是“选三项”时,考生选1项,选对得2分,选错得0分.因为02030BABAB,所以0022033PBPBAPA

PBAPA000211114444ppp.因为22232BABAB,所以2222233PBPBAPAPBAPA000233114444ppp所以,随机选择一个选项得分的数学期望0001131

3102444422ppp.方案二:随机选择两个选项;0022033PBPBAPAPBAPA1232000002244CC5111111CC6232ppppp

,2222233PBPBAPAPBAPA23000024C111011C222pppp,5522533PBPBAPAPBAPA000241110C6pp

p.所以,随机选择两个选项得分的数学期望0000111110215132266pppp.方案三:随机选择三个选项.公众号:全元高考正确答案是“选两项”时,考生选3项,得0分;正确答案是“选三项”时,

考生选3项,选对得5分,有选错得0分.0022033PBPBAPAPBAPA230000034C331111C444ppppp,552253300011101444PBPBAPAPBAPAp

pp,第12页/共12页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司所以,随机选择三个选项得分的数学期望00031115505444444ppp.因为000311111022623p

pp,0003155130224444ppp.所以选择方案一.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com

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