2024届高三8月调研考试数学（理）试题含答案(2)

23.选修4-5：不等式选讲

已知函数f(x)?|x?a|?|x?b|?4. （1）若a??2，b?0，在网格纸中作出函数

f(x)的图像；

（2）若关于x的不等式f(x)?0恒成立，求

a?b的取值范围.

2018级高三上学期8月调研考试

数学（理）试题答案

一、选择题 1-5:DABCC 6-10:CDBDB 11、12：AC 二、填空题 13.481 14.

三、解答题 17.（1）∵c?1 15. (??,29] 16. 16n2?6n 23a，∴由正弦定理有sinC?3sinA，又C?2A，即sin2A?3sinA，于是

2sinAcosA?3sinA，在?ABC中，sinA?0，于是cosA??3，A?.

62*（2）因为A?B?C，故a?b?c，故设a?n，b?n?1，c?n?2，n?N；由C?2A，得

sinC?sin2A?2sinAcosA，∴cosA?sinCc?.c?6

2sinA2a(n?1)2?(n?2)2?n2n?2b2?c2?a2c?由余弦定理得：，代入a,b,c可得：，解得：n?4，?2bc2a2(n?1)(n?2)2n∴a?4，b?5，故cosA?c37?，故sinA?，故?ABC的面积为2a44117157.bcsinA??5?6??2244

18.（1）∵AC?2，AE?EC?1，∴AC2?AE2?CE2，∴AE?EC；

又EF?CE，AE?EF?E，∴CE?平面ADEF； 因为CE?平面ACE，所以平面ACE?平面ADEF. （2）因为平面ACE?平面ADEF，平面ACE?平面

ADEF?AE，AE?AD，

所以AD?平面AEC，AC?平面AEC，故AC?AD； 以A为原点，AC,AD所在直线分别为x,y轴，过点A且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设AD?2a，则A(0,0,0)，C(2,0,0)，F(2222,?a,)，E(,0,)， 2222??ACF设平面的一个法向量m?(x,y,z)， ????????22因为AC?(2,0,0)，AF?(,?a,)，

22?2x?0∴?，取z??22x?ay?z?0??222，y???11，则m?(0,,2)， aa????22AE?(,0,)，设直线AE与平面ACF的夹角为?，

22??????|AE?m|13????故sin?????，解得a?1（a??1舍去），故AD?2. ?3|AE||m|1?2a219.（1）散点图如图所示：

（2）依题意，x?1(2?4?6?8?10)?6，51y?(3?6?7?10?12)?7.6，

5?xi?152i?4?16?36?64?100?220，?xiyi?6?24?42?80?120?272，

i?15

5b?^?xy?5xyii?xi?1i?15?2i?5(x)2^272?5?6?7.644^??1.1，∴a?7.6?1.1?6?1； 2220?5?640∴回归直线方程为y?1.1x?1，故当x?20时，y?23.

（3）可以判断，落在直线2x?y?4?0右下方的点满足2x?y?4?0， 故符合条件的点的坐标为(6,7),(8,10),(10,12)，故?的可能取值为1,2,3；

21123C2C33C2C3C361P(??1)?3?，P(??2)?3?，P(??3)?3?，

C510C510C510故?的分布列为

故E(?)?361189?2??3???. 101010105?c3??x2?a2?y2?1. 20.（1）依题意，?，解得a?2，b?1，c?3，故椭圆C的方程为

4?1?3?1??a24b22x02?y0?1. （2）依题意，A(?2,0)，B(2,0)，直线l1:x?4，设P(x0,y0)(x0??2)，则4直线AP的方程为y?y06y0； (x?2)，令x?4，得点M的纵坐标为yM?x0?2x0?2y02y0； (x?2)，令x?4，得点N的纵坐标为yN?x0?2x0?2直线BP的方程为y?由题知，椭圆在点P处切线斜率存在，可设切线方程为

y?y0?k(x?x0)，

?y?k(x?x0)?y0222由?2，得(1?4k)x?8k(y?kx)x?4(y?kx)?4?0， 00002?x?4y?42222由??0，得64k(y0?kx0)?16(1?4k)[(y0?kx0)?1]?0，

整理得：

2022y0?2kx0y0?k2x0?1?4k2，

2x0x2x22将y?1?，x0?4(1?y0)代入上式并整理得(2y0k?0)?0，解得k??0，

244y0

所以点P处的切线方程为y?y0??x0(x?x0). 4y022x0(4?x0)4y0?4x0?x04(1?x0)1?x0令x?4得，点Q的纵坐标为yQ?y0?， ???4y04y04y0y0?????????1?x06y02y01?x0设MQ??QN，所以yQ?yM??(yN?yQ)，所以???(?)，

y0x0?2x0?2y022(1?x0)(x0?2)?6y02y0?(1?x0)(x0?2)所以， ??y0(x0?2)y0(x0?2)2x0xx将y?1?代入上式，?2?0??(?2?0)，因为?2?x0?2，所以??1.

2242021.（1）f(x)?ln(x?1)?nlnx，定义域为(0,??)，

f'(x)?1n(1?n)x?n， ??x?1xx(x?1)①当n?1时，f'(x)??1?0，此时f(x)的单调减区间为(0,??)；

x(x?1)nn')； 时，f(x)?0，此时f(x)的单调减区间为(0,1?n1?n②当0?n?1时，0?x?③当n?1时，x?nn',??). 时，f(x)?0，此时减区间为(1?n1?n（2）n?1时，g(x)?(m?2x)[ln(x?m)?lnx]?am， ∵g(x)?0，∴

g(x)m?xm?xm?x?0，即(?1)ln?a(?1)?0， xxxx设

m?xa(t?1)?t?1，∴(t?1)lnt?a(t?1)?0，∴lnt??0. xt?1t2?2(1?a)t?1a(t?1)'设h(t)?lnt?，h(t)?，h(1)?0，

t?1t(t?1)222'①当a?2时，t?2(1?a)t?1?t?2t?1?0，故h(t)?0，∴h(t)在(1,??)上单调递增，

因此h(t)?0；

'②当a?2时，令h(t)?0，得：t1?a?1?(a?1)2?1，t2?a?1?(a?1)2?1，由t2?1和t1t2?1，得：t1?1，故h(t)在(1,t2)上单调递减，此时h(t)?h(1)?0.综上所述，a?2.

22.（1）依题意，将??x??cos?222代入x?y?2x?4?0中可得：??2?cos??4?0；

y??sin??

?x?t2?x??cos?22因为?，故y?x，将?代入上式化简得：?sin??cos?；

?y??sin??y?t故曲线C1的极坐标方程为?（2）将

2?2?cos??4?0，曲线C2的极坐标方程为?sin2??cos?.

， y2?x代入x2?y2?2x?4?0得x2?3x?4?0，解得：x?1，x??4（舍去）

当x?1时，y??1，所以C1与C2交点的平面直角坐标为A(1,1)，B(1,?1)， ∵?A ?1?1?2，?B?1?1?2，tan?A?1，tan?B??1，??0，0???2?，

∴?A??7??7?). ，?B?，故曲线C1与C2交点的极坐标A(2,)，B(2,444423.（1）依题意，

?6,x?0?f(x)?|x?2|?|x|?4??6?2x,0?x?2，所求函数图像如图所示：

?2,x?2?

（2）依题意，|x?a|?|x?b|??4（*）而由||x?a|?|x?b||?|x?a?x?b|?|a?b|

故要（*）恒成立，只需?|a?b|??4，即|a?b|???|a?b|?|x?a|?|x?b|?|a?b|，4，可得a?b的取值范围是[?4,4].

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