资源简介

绝密★启用前
6.(x+2)(x-3)的展开式中x的系数为
2024届高考考前最后一卷（全国甲卷)
A.135
B.-135
C.2295
D.-2295
理科数学
7。已知sm(a+-子，期cos2a-3归
4
本卷满分150分，考试时间120分钟。
A司
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
8.将箱物线y=mrm>0)绕其顶点递时针旋转0<0<
后，
其准线方程为y=
x
3
2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
25
需政动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
,则实数m=
协
3
在本试卷上无效。
形
O
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
A
B.
C.2
D.-2
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项
9.己知数列{a.}的通项公式为an=e+n,则“4之-21”是“h∈N,a,之a。"的
是符合题目要求的。
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
已知全集U=R,集合4=x∈2501，B=g,G+2)>2斗，则4nC,B
1.
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
A.{-1≤x≤2)
B.{-1D.{-1,0,1,2}
10.已知F,B分别为双曲线C:号-
a26
=1(a>0,b>0)的左、右焦点，0为坐标原点.以F
2.'设复数z满足(+(-3)=1，则z的共矩复数z在复平面内对应的点位于
为圆心作与双曲线C的两条渐近线都相切的圆，切点分别为P,2,记四边形OPF2的
A.第一象限
B,第二象限
C,第三象限
D.第四象限
面积为S,过右焦点F作直线1垂直于x轴，交双曲线C于A,B两点，记△OAB的面
3.
已知在正项等比数列a,}中，a0,=16,且4,10,2成等差数列，则4+a,+4,=
积为S2,若S,=S2,则双曲线C的离心率为
A.157
B.156
C.74
D.73
A.
V3+1
B.5+1
3+1
5+1
4.现有甲、乙两人参加射箭比赛，成绩如下：甲：51,56,60,63,65,65，乙：74,75，
2
2
2
76,81,82,86,则下列说法错误的是
A.甲的射箭成绩的中位数为615
11.已知a=2
3
2
2,6=
e3 c=-
,则a6,c的大小关系为
订
3
B.乙的射箭成绩的平均数为78
A.aB.bC.aD.cC.甲的射箭成绩的方差为26
D.乙的射箭成绩的标准差为
2.如图，在三棱锥S-ABC中，AB=BC=SC=2,∠CMB=于，D为8C的中点，SD1BC,M
3
0
与平面A8C所成的角为牙，则三校维S-A8C外接球的表面积为
会
5.如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗线部分是一个几何体的三视图，则该几何体的
表面积为
A,80
B.88
C.90
D.100
C.
20x
D.
22x
3
3
全国甲卷现科数学第1页（共4页）
全回甲卷理科数学第2页（共4页）2024 届高考考前最后一卷（全国甲卷）
理科数学·全解全析及评分标准
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C B D B D A D A B D A C
x 3
1．C 【解析】由 0，得 1 x 3 .又 x Z ，所以 A {0,1,2,3}．由 log (x 2) 2，得 x 2，
x 1 2
所以 B {x|x 2}，所以 UB {x | x 2}，所以 A UB {0,1,2}．故选 C．
1 i 3 i 3 i 3 i 3
2．B 【解析】因为 (z i)(i 3) 1，所以 z i ，
i 3 (i 3)(i 3) i2 9 1 9 10
i 3 3 11 3 11
所以 z i i ，所以 z i ，
10 10 10 10 10
3 11
所以 z 在复平面内对应的点为 ( , ) ，位于第二象限．故选 B．
10 10
a a
3．D 【解析】由题意，知 a a 6 20 a 6 a 323 a2a4 4 .由 3 ，10， 成等差数列，得2 3
，所以 ，所以
2 6
a a
等比数列{a }
3
的公比 q 63 2 ，所以 a1 1n 2 ， a4 a q 8， a a q
4
3 7 3 64 ，所以 a1 a4 a7 73 . a q3
故选 D．
60 63
4．B 【解析】由题意，得甲的射箭成绩的中位数为 61.5，故 A 正确；
2
74 75 76 81 82 86
乙的射箭成绩的平均数 x乙 79，故 B 错误；
6
51 56 60 63 65 65
甲的射箭成绩的平均数 x甲 60，
6
所以甲的射箭成绩的方差为
2 (51 60)
2 (56 60)2 (60 60)2 (63 60)2 (65 60)2 (65 60)2
s甲 26 ，故 C 正确； 6
乙的射箭成绩的方差为
2 (74 79)
2 (75 79)2 (76 79)2 (81 79)2 (82 79)2 (86 79)2 56
s乙 ， 6 3
168
所以乙的射箭成绩的标准差为 ，故 D 正确．故选 B．
3
5．D 【解析】由三视图，知该几何体是一个大长方体挖去一个小长方体而得到的，
大长方体的底面是边长为 4 的正方形，高为5 ，小长方体的底面是长为3，宽为 2 的矩形，高为5 ，如图，
所以该几何体的表面积为 4 4 5 2 4 4 2 2 3 100．故选 D．
理科数学 全解全析及评分标准 第 1 页（共 11 页）
6．A 【解析】因为 (x 3)6 的展开式中 x k 的系数为C6 k ( 3)6 k ， k 0,1, ,66 ，
所以 (x 2)(x 3)6 的展开式中 x3 的系数为C46 ( 3)
4 2C36 ( 3)
3 135．故选 A．
3π 3π π π π 2
7．D 【解析】因为 cos( ) cos( ) cos[ ( )] sin( ) ，
8 8 2 8 8 3
3π 3π 3π 4 1
所以 cos(2 ) cos[2( )] 2cos2 ( ) 1 2 1 ．故选 D．
4 8 8 9 9
3 2 3
8．A 【解析】因为抛物线 y mx2 (m 0)旋转后对应的准线方程为 y x ，且点 (0,0) 到直线
3 3
3 2 3 1 1 1
y x 2的距离为 1．由 x y ，知 1，解得m ．故选 A．
3 3 m 4m 4
9．B 【解析】二次函数 y x2

x 图象的对称轴是直线 x ，当 x 时， y x2 x 单调递减，
2 2
x2 y e x 也单调递减，当 x
2
时， y x2 x 单调递增， y ex x 也单调递增.
2
2
因为 a en n
19 21
n 中的自变量 n 为正整数，所以由 n N
* ,a a ，得 ，所以 21 19n 10 ， 2 2 2
所以“ 21 ”是“ n N* ,an a10 ”的必要不充分条件．故选 B．
b
10．D 【解析】由题意，知双曲线C 的左焦点 F1( c,0)（ c 为半焦距）到渐近线 y x的距离为b ，| OP | a ，
a
b2 2b2
所以四边形OPF1Q 的面积 S x c1 ab ．将 代入双曲线C 的方程，得 y ，即 | AB | ，
a a
1 2b2 b2c
所以 S2 c ．由 S1 S ，知 a22 b b2c ，即 a2 bc，所以 a4 b2c2 ． 2 a a
又b2 c2 a2 ，所以 a4 c4 a2c2 ，两边同时除以 a4 ，并整理，得 e4 e2 1 0 ，
解得 e2
5 1
5+1，所以 e （负值舍去）．故选 D．
2 2
2 2 2 2
11．A 【解析】b e3 e3 ln e3 ，构造函数 f (x) x ln x ，则 f (x) 1 ln x ，
3
1
当 0 x 时， f (x)
1
0 ，当 x 时， f (x) 0，
e e
1 1
所以函数 f (x) 在 (0, ) 上单调递减，在 ( , )上单调递增．
e e
理科数学 全解全析及评分标准 第 2 页（共 11 页）
3 2 3 3 27 1 3
2
又 a f ( ),b f (e3 ),1 ( ) 4 e2 ，所以 e3 ，所以 a b．
2 2 8 e 2
b 2 2 125 5 2 22 3
因为 e3 ， e ( ) ，所以 e3 1，所以b c．综上，a b c．故选 A．
c 5 8 2 5
12．C 【解析】因为 D 为 BC的中点， SD BC ，所以 SB SC ，即△SBC 为等腰三角形．
π
又 AB BC SC 2， CAB ，所以△SBC ，△ABC 均是边长为 2 的等边三角形，所以 AD BC .
3
又 SD AD D ， SD, AD 平面 SAD，所以 BC 平面 SAD .
又 BC 平面 ABC，所以平面 ABC 平面 SAD，所以交线 AD 就是 AS 在平面 ABC内的射影，
π
所以 SAD就是 SA与平面 ABC所成的角，即 SAD ．
4
π
又 AD SD 3 ，所以 DSA SAD ，所以 AD SD .
4
又 SD BC D ， SD, BC 平面 SBC，所以 AD 平面 SBC．
设三棱锥 S ABC外接球的球心为O，△SBC 外接圆的圆心为O1 ，△ABC 外接圆的圆心为O2 ，连接
OO1,OO2 ,OD,OB，则OO1 平面SBC,OO2 平面ABC ．
因为△SBC ，△ABC 均是边长为 2 的等边三角形，
3 6 5
所以OO 2 21 OO2 ,OD ,OB OD BD ， 3 3 3
5
所以三棱锥 S ABC外接球的半径 R ,
3
2 20π
所以三棱锥 S ABC外接球的表面积 S 4πR .故选 C．
3
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
1
13． 【解析】因为 | a
1
3b | 3，所以 | a 3b |2 9，所以a2 6a b 9b2 9，即a b .
6 6
1 1又 a b | a | | b | cos a,b ， | a | | b | 1，所以 cos a,b .故填 ．
6 6
x y 2 0

14． 2 【解析】作出不等式组 4x 5y 8 0 表示的可行域如图中阴影部分所示（含边界），

2x y 2 0
理科数学 全解全析及评分标准 第 3 页（共 11 页）
作出直线 x y 0并平移，由图，知当直线 y x z 过点 A 时， z 取得最大值．
易知 A(0, 2) ，所以 zmax 0 ( 2) 2．故填 2 ．
7 2π π
15． 【解析】 f (x) 的最小正周期T= ．
12 2
π 1 π
因为 f (x) 在区间 ( ,π)上是单调的，所以 T ，解得0 1．
2 2 2
π 1 π由 2 x kπ(k Z) ，得 f (x) 图象的对称轴方程为 x ( kπ)(k Z) .
6 2 6
1 π π
( kπ)
π 2 6 2
由题意，知 f (x) 的图象在区间 ( ,π)上没有对称轴，得 ，
2 1 π[ (k 1)π] π
2 6
6k 1 6k 7 7 7
解得 (k Z) .结合0 1，得 的最大值为 ．故填 .
6 12 12 12
16．4048 【解析】在 f (2x 2) f (4 2x) 2 0中，令 t 2x 1，得 f (3 t) f (3 t) 2 0 ，
所以函数 f (x) 的图象关于点 (3, 1)对称.
2 2x 3 1
g (x) 1，所以 g(x)x 3 x 3 的图象也关于点 (3, 1)对称， 2 1 2 1
所以函数 f (x) 与 g(x) 图象的交点两两关于点 (3, 1)对称，
2024
所以 (xi yi ) 1012 6 1012 ( 2) 4048．故填 4048.
i 1
三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题，每个试题考生
都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共 60 分。
17．（12 分）
3
【解析】（1）由 a(sin A cosC sin B) c(cos Asin B sin C) a sin C ，
2
3
得 a sin A csin C sin B(a cosC ccos A) a sin C .（1 分）
2
因为 sin B sin(A C) ，所以 sin B sin Acos C cos Asin C ，
3
由正弦定理，得b a cosC c cos A ，所以 a sin A csin C b sin B a sin C ．（2 分）
2
a2 c2 2
3
由正弦定理，得 b ac ，（3 分）
2
a2 c2 b2
由余弦定理的推论，得 cos B （4 分）
2ac
理科数学 全解全析及评分标准 第 4 页（共 11 页）
3
ac
2
3
．（5 分）
2ac 4
3
（2 2 2）由余弦定理，得b2 a2 c2 2ac cos B，即 4 a c ac ，（6 分）
2
a2
3
所以 c2 4 ac 2ac，当且仅当 a c 2 2 时等号成立，所以 ac 8 .（7 分）
2
1
又 BD (BA BC) ，（8 分）
2
2 1 1 2 2
所以 BD (BA BC)2 (BA 2BA BC BC )（9 分）
4 4
1 2 2
(BA 2 | BA | | BC | cos ABC BC )
4
1 1 3
(c2 2ac cos ABC a2 ) (a2 c2 ac) （10 分）
4 4 2
1 3 3 1
(4 ac ac) (4 3ac) 7 ，（11 分）
4 2 2 4

所以 | BD | 7 ，所以线段 BD长度的最大值为 7 ．（12 分）
说明：2 分处，没写 sin B sin(A C) ，所以 sin B sin AcosC cos Asin C ，扣 1 分.
18．（12 分）
【解析】（1）设 AC, BD 相交于点 O，因为 AB BC CD DA 2，所以四边形 ABCD是菱形，（1 分）
所以 DB AC ，且 O 为 BD的中点.（2 分）
连接 PO，因为 PD PB，所以 DB PO .（3 分）
因为 AC ， PO 平面 PAC ， AC PO O ，所以 DB 平面 PAC.（4 分）
因为 PC 平面 PAC ，所以 DB PC ．（5 分）
（2）过点 O 作平面 ABCD 的垂线 Oz，以 OB,OC,Oz 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示
的空间直角坐标系，则 B( 3,0,0),C(0,1,0), D( 3,0,0).（6 分）
2π
因为 DB PO , DB AC ,所以 POC 是二面角 P BD C 的平面角，所以 POC ．（7 分）
3
3 3 3
因为 PO 在平面 yOz 内，所以由已知及平面几何的性质，得 P(0, , ) ，（8 分）
2 2
理科数学 全解全析及评分标准 第 5 页（共 11 页）
5 3 3 3 3 3 3 3 3
所以 PC (0, , ), PD ( 3, , ), PB ( 3, ， ) .（9 分）
2 2 2 2 2 2
设平面 PCD 的法向量为n (x, y, z)，
5 3 3
n PC 0
y z 0
则
2 2
,所以 ，
n PD 0 3 3 3
3x y z 0 2 2
令 y 3 3,则 z 5, x 3，所以n ( 3,3 3,5) 是平面 PCD 的一个法向量.（10 分）

| PB n | 6 3 3 61
设直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 ，所以 sin ，
| PB || n | 2 3 61 61
3 61
即直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 .（12 分）
61
说明：
第（1）问：
1.没有说明四边形 ABCD 是菱形，直接得到 DB AC ，且 O 为 BD的中点，不扣分.
2.4 分处，没有写条件或漏写条件，不扣分.
3.5 分处，没有写条件或漏写条件，不扣分.
第（2）问：
1.7 分处，没有证明 POC 是二面角 P BD C 的平面角，扣 1 分.

2.12 分处，正确求出 cos PB,n 的值，给 1 分.
19．（12 分）
1 1 1 1
【解析】（1）设“随机选择一个密码，开锁成功”为事件 A，则 P(A) ．（3 分）
6 6 6 216
（2）（i）列出前 4 次所有可能出现的结果如下表：
A BCD
B C ABD
D ABC
A BCD
A C B ACD
D ABC
A BCD
D B ACD
C ABD
（5 分）
6 2
所以第 4 次使用 A 密码的概率 P4 ．（6 分） 27 9
理科数学 全解全析及评分标准 第 6 页（共 11 页）
1
（ii）由题意，得 Pk 1 (1 Pk )，（7 分） 3
1 1 1 1 3 1
所以 Pk 1 (Pk ) ，所以数列{Pk }是以 为首项， 为公比的等比数列， 4 3 4 4 4 3
3 1 k 1 1
所以 Pk ( ) ．（9 分） 4 3 4
3 1 k 1 1
记“第 k 次使用 A 密码”为Yk ，则Yk 服从两点分布， E(Yk ) ( ) ，（10 分） 4 3 4
9 9 1 n
所以 E(X ) E(Y1) E(Y2 ) E(Yn ) ( )
n ．（12 分）
16 16 3 4
说明：
1.第（2）问：
（i）另解：由题意，知第 2 次使用 A 密码的概率 P2 0 ，
1
则第 3 次使用 A 密码的概率 P3 ，（4 分） 3
1 1 2
所以第 4 次使用 A 密码的概率 P4 (1 ) .（6 分） 3 3 9
3 1
2.10 k 1
1
分处，没有说明Yk 服从两点分布，直接对通项公式 Pk ( ) 求和，不扣分. 4 3 4
20．（12 分）
【解析】（1）因为a 2，所以 f (x) ex e x 4x， f (x) ex e x 4，（1 分）
所以 f (0) e0 e0 0 0 ， f (0) e0 e0 4 2，（3 分）
所以曲线 y f (x) 在点 (0, f (0))处的切线方程为 y 0 2(x 0) ，即 2x y 0．（4 分）
e x e x
（2）当 x 0时， g(0) 1，满足1 g (x) .（5 分）
2
e x ex
当 x 0时， g ( x) g (x)(x 0) ，所以 g(x) 为偶函数．（6 分）
2( x)
e x e x
由偶函数的对称性，知只需证当 x 0时，1 g (x) 即可．（7 分）
2
当 x 0时，先证 g(x) 1，
令 h(x) ex e x 2x(x 0) ，则 h (x) ex e x 2 2 ex e x 2 0 ，当且仅当 x 0时取等号，
所以 h(x) 在 [0, ) 上单调递增，（8 分）
x x
所以 h(x) h(0) 0
e e
，所以 ex e x 2x，所以当 x 0时， 1．（9 分）
2x
ex e x
再证 g (x) ，
2
理科数学 全解全析及评分标准 第 7 页（共 11 页）
ex e
x 2
构造函数 (x) x x 1 (x 0) ， e x e x e2 x 1
2x 2x
则
4e e 1
(x) 1 ( )2 0 (x) [0, ) (x) (0) 0
(e2x 2
，所以 在 上单调递减，所以 ，（10 分）
1) e2x 1
e x e x ex e x ex e x
所以当 x 0时， x 0 ，即 ．（11x x 分） e e 2x 2
x x
综上，对任意的 x
e e
R，1 g (x) ．（12 分）
2
说明：
1.6 分处，没有证明 g(x) 为偶函数，扣 1 分.
ex e x ex e x ex e x
2.第（2）问 9 分后另解：再证 g (x) ，即证 .
2 2x 2
当 x 0时，只需证明 ex (1 x) e x (1 x) 0 .
构造函数 v(x) ex (1 x) e x (1 x) (x 0) ，则 v (x) x(e x ex )，此时 v (x) 0，
所以 v(x) 在 [0, ) 上单调递减，所以 v(x) v(0) 0 ，（10 分）
ex e x ex e x
所以当 x 0时， .（11 分）
2x 2
e x x
综上，对任意的 x
e
R，1 g (x) ．（12 分）
2
21．（12 分）
【解析】（1）设M (x0 , y0 ) ,椭圆C 的半焦距为 c ，则 c a2 b2 ．
由题意，知 A1( a,0)，A2 (a, 0)，因为MF2 F1F2 ,所以 x0 c .
y0 y0 3 3
因为 ,所以
y0 (a c) 0．（1 分） x0 a c a 2 2
x2 y2 b2c2 b2 b2 20 0 2 a c
2 3
又 1 ,所以 y b ,即 (a c) ,（2 分）
a2 b2 0 a2 a a a 2
3
所以 a c a，即 a 2c．（3 分）
2
3 3c 3 5
因为 | MA1 | (c a)
2 [ (a c)]2 (3c)2 ( )2 ,解得 c 1，（4 分）
2 2 2
x2 y 2
所以 a 2,b2 a2 c2 3，所以椭圆C 的方程为 1．（5 分）
4 3
（2）由（1），得 F2 (1,0) ,由题意，知直线 PQ的斜率不为 0，
设 P(x1, y1),Q(x2 , y2 ) ,直线 PQ的方程为 x my 1(m 0) ,
x2 y 2
与 1联立，得 (3m2 4)y2 6my 9 0 ,
4 3
理科数学 全解全析及评分标准 第 8 页（共 11 页）
6m 9
则 144(m2 1) 0， y1 y2 , y y3m2 4 1 2

2 ．（6 分） 3m 4
t y y
设 N (s, t) ,由 A1( 2,0), N , P
1 1
三点共线,得 ,
s 2 x1 2 my1 3
3 1
所以 s 2 t(m+ ) ,同理，得 s 2 t(m ) ,（8 分）
y1 y2
3 3 y1 y2 6m
所以 s 2 3(s 2) t( 2m) t(3 2m) t(3 2m) 0 ,所以8 2s 0, s 4 .（10 分）
y1 y2 y1 y2 9
| A1P | 1 x 1
2 1
当 时， ,解得 x 0 ,所以 | y | 3 ,
| PN | 2 4 x 2 1 11
所以 | PF2 | 3 1 2．（12 分）
说明：
b2
1.2 分处，没有计算过程，直接得到 y0 a ，不扣分.
2.6 分处，没有判别式大于零，不扣分.
（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
22．[选修 4-4：坐标系与参数方程]（10 分）
1 1 2
【解析】（1）由 y 6sin ，知 sin y ，代入 x 6sin2 1，得 x y 1，即 y2 6x 6 .（2 分）
6 6
因为 sin [ 1,1]，所以 1 x 5，所以曲线C 的普通方程为 y2 6x 6( 1 x 5)．（3 分）
π
由 2 sin( ) 3 0 1 3，得 2 ( sin cos ) 3 0 ，即 sin 3 cos 3 0 .（4 分）
3 2 2
将 x cos , y sin 代入，得 y 3x 3 0，即直线 l 的直角坐标方程为 3x y 3 0 ．（5 分）
π
（2）由（1），知直线 l 与 x 轴的交点为 (1,0) ，倾斜角为 ，
3
1

x 1 t
2
所以直线 l 的参数方程可以表示为 （ t 为参数），
3
y t 2
代入曲线C 的普通方程 y2 6x 6 ，得 t 2 4t 16 0．（6 分）
设 A ， B 两点对应的参数分别为 t1 ， t2，
解方程 t 2 4t 16 0，得 t1 2 2 5 ， t2 2 2 5 ．（7 分）
1
由 1 x 5，知 1 1 t 5，即 4 t 8，所以 t1 ， t2符合题意，（8 分） 2
所以 | AB | | t1 t2 | 4 5 ，（9 分）
理科数学 全解全析及评分标准 第 9 页（共 11 页）
4 5
所以以线段 AB 为直径的圆的面积 S π ( )2 20π ．（10 分）
2
说明：
第（1）问：
1.求对 y2 6x 6 ，给 2 分.
2.求对 1 x 5，给 1 分，不写 1 x 5，扣 1 分.
3.得出 sin 3 cos 3 0 ，给 1 分.
4.得出直角坐标方程为 3x y 3 0 ，给 1 分，没有写成一般式，不扣分．
第（2）问：
1.得出 t 2 4t 16 0，给 1 分.
2.得出 t1 2 2 5 ， t2 2 2 5 ，给 1 分．
3.说明 4 t 8 ， t1 ， t2符合题意，给 1 分，不检验，扣 1 分.
4.得出 | AB | | t1 t2 | 4 5 ，给 1 分.
4 5
5.得出以线段 AB 为直径的圆的面积为 S π ( )2 20π ，给 1 分．
2
y2 6x 6
第（2）问另解：联立 ，得 y2 2 3y 12 0，（6 分）
y 3x 3
所以 0， y1 y2 2 3, y1 y2 12 ，（7 分）
1 1 4
所以 | AB | 1 | y1 y2 | 1 (y1 y
2 2
k 2 2 2
) 4y1 y2 (2 3) 4 ( 12) 4 5 ，（9 分）
( 3) 3
4 5
所以以线段 AB 为直径的圆的面积 S π ( )2 20π ．（10 分）
2
23．[选修 4-5：不等式选讲]（10 分）
【解析】（1）不等式 f (x) 2 3x 可转化为
x 6 6 x 1 x 1
或 或 ，（3 分）
(x 6) (x 1) 2 3x x 6 (x 1) 2 3x x 6 x 1 2 3x
5
解得 x 6 或 6 x 或 ，（4 分）
3
所以不等式 f (x) 2
5
3x 的解集为 ( , ]．（5 分）
3
（2） f (x) | x 6 | | x 1| | (x 6) (x 1) | 7 ，
当且仅当 (x 6)(x 1) 0 ，即 6 x 1时取等号，（6 分）
关于 x 的方程 f (x) 5a2 2a 0无实数解，只需5a2 2a 7，即5a2 2a 7 0，（8 分）
理科数学 全解全析及评分标准 第 10 页（共 11 页）
7 7
解得 1 a ，所以实数 a 的取值范围为 ( 1, ) ．（10 分）
5 5
说明：
第（1）问：
x 6 6 x 1 x 1
1.3 分处，得到 或 或 ，
(x 6)

(x 1) 2 3x x 6 (x 1) 2 3x x 6 x 1 2 3x
3 个不等式组中，对 1 个，给 1 分.
5
2.解对 x 6 或 6 x 或 ，给 1 分，错 1 个，不给分.
3
5
3.求出不等式 f (x) 2 3x 的解集为 ( , ]，给 1 分，写成不等式的形式，不给分．
3
第（2）问：
1.求对 f (x) | x 6 | | x 1| 7 ，给 1 分，不写取等条件，不扣分.
2.写出5a2 2a 7 0，给 2 分.
7
3.写对 a 的取值范围为 ( 1, ) ，给 1 分，写成不等式的形式，不扣分.
5
第（2）问另解：
2x 5, x 6

由 f (x) 7, 6 x 1 ，（6 分）

2x 5, x 1
得 f (x)min 7 .（7 分）
因为关于 x 的方程 f (x) 5a2 2a 0无实数解，所以5a2 2a 7，（8 分）
7 7
解得 1 a ，所以实数 a 的取值范围为 ( 1, ) ．（10 分）
5 5
说明：
2x 5, x 6

1.写出 f (x) 7, 6 x 1 ，给 1 分.

2x 5, x 1
2.得出 f (x)min 7 ，给 1 分.
3.得到5a2 2a 7，给 1 分.
4.写对 a
7
的取值范围为 ( 1, ) ，给 1 分，写成不等式的形式，不扣分.
5
理科数学 全解全析及评分标准 第 11 页（共 11 页）

展开更多......

收起↑