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2025届高考数学模拟预测卷(新高考Ⅱ)
一.选择题(共8小题,满分40分,每小题5分)
1.(5分)(2024秋 浑南区校级月考)已知集合A={x||x|<3},B={x|3x>9},则A∩B=( )
A.(2,3) B.(﹣3,2) C.(2,+∞) D.(﹣3,+∞)
2.(5分)(2024春 官渡区校级期末)已知向量满足,,,则( )
A. B.1 C. D.2
3.(5分)(2024春 信宜市月考)若的展开式中x6的系数为﹣210,则a的值为( )
A.2 B.3 C.1 D.4
4.(5分)(2021春 青山区校级期中)已知,α∈(0,π),则cos2α的值为( )
A. B. C. D.
5.(5分)已知数列{an}满足a1=1,a2,anan+2=4,则数列{an}的最小项为( )
A.2﹣12 B. C.2﹣5 D.2﹣6
6.(5分)(2024秋 南海区月考)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,点A在C上,且在第一象限,若直线AF的倾斜角为,则|AF|=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
7.(5分)(2025 汉中二模)向量,,且,则( )
A. B. C. D.
8.(5分)(2021秋 东莞市校级期中)已知线段PQ的端点P的坐标是(4,﹣2),端点Q在x2+y2=4上运动,则线段PQ的中点M的轨迹方程是( )
A.(x﹣2)2+(y+1)2=4 B.(x﹣2)2+(y+1)2=1
C.(x+4)2+(y﹣2)2=4 D.(x+2)2+(y﹣1)2=1
二.多选题(共3小题,满分18分,每小题6分)
(多选)9.(6分)(2023 昌江县二模)正三棱台ABC﹣A1B1C1中,O,O1分别是△ABC和△A1B1C1的中心,且,则( )
A.直线AC与OB1所成的角为90°
B.平面A1B1C1与平面AA1B1B所成的角为90°
C.正三棱台ABC﹣A1B1C1的体积为
D.四棱锥O﹣AA1B1B与O1﹣AA1B1B的体积之比为2:3
(多选)10.(6分)(2025春 贵阳月考)将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次,记事件A:两次的点数之和为偶数,B:两次的点数之积为奇数,C:第一次的点数小于5,则( )
A. B.
C.A与C相互独立 D.A与B互斥
(多选)11.(6分)(2025春 南岸区校级月考)函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)有两个极值点x1、x2(x1<x2),则下列结论正确的是( )
A.若f(x1) f(x2)<0,则f(x)有3个零点
B.过f(x)上任一点至少可作两条直线与f(x)相切
C.若af(x1)<0,则f(x)只有一个零点
D.
三.填空题(共3小题,满分15分,每小题5分)
12.(5分)(2022 呼和浩特模拟)设随机变量X服从正态分布N(2,σ2),若P(X<4﹣a)=0.4,则P(X<a)= .
13.(5分)(2025 重庆校级模拟)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x)=﹣f(2﹣x),当x∈[0,1)时,f(x)=2cosπx,函数g(x)=x﹣1(﹣1≤x≤3),则f(x)与g(x)的图象所有交点的横坐标之和为 .
14.(5分)(2024秋 浦东新区校级期末)已知椭圆方程为,点A为椭圆的右顶点,定点T(t,0)在x轴上,点S为椭圆上一动点,当|ST|取得最小值时点S恰与点A重合,则实数t的取值范围为 .
四.解答题(共5小题)
15.(2025 银川校级二模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为.
(1)求B;
(2)已知b=6,BD为∠ABC的平分线,交AC于点D,且为线段AC上一点,且,求△BDM的周长.
16.(2023秋 鹤山市校级月考)如图,三棱锥A﹣BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC中点.
(1)证明BC⊥DA;
(2)点F满足,求平面DAB与平面ABF的夹角的余弦值.
17.(2023秋 绍兴月考)已知函数f(x)=ax2﹣exlnx.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;
(2)若 x>0,都有f(x)≥lnx,求a的取值范围.
18.(2024秋 浦东新区校级期末)已知椭圆.记椭圆的左右焦点分别为F1,F2,直线l交椭圆C于不同的两点P、Q.
(1)若椭圆C过点求椭圆的标准方程和离心率;
(2)设b=1,若直线l过点A(0,2),且以线段PQ为直径的圆过点F2,求直线l的方程;
(3)设b=1,若,求△F2PQ的面积.
19.(2024秋 五华区月考)已知数列{an}满足a1=2,,数列{bn}满足bn=a2n﹣1.
(1)求b2,b3的值;
(2)证明:数列{bn}是等差数列;
(3)求数列{an}的前2n项和S2n.
2025届高考数学模拟预测卷(新高考Ⅱ)
参考答案与试题解析
一.选择题(共8小题,满分40分,每小题5分)
1.(5分)(2024秋 浑南区校级月考)已知集合A={x||x|<3},B={x|3x>9},则A∩B=( )
A.(2,3) B.(﹣3,2) C.(2,+∞) D.(﹣3,+∞)
【考点】绝对值不等式的解法;求集合的交集;指、对数不等式的解法.
【专题】转化思想;转化法;不等式的解法及应用;运算求解.
【答案】A
【分析】先求出集合A,B,再结合交集的定义,即可求解.
【解答】解:集合A={x||x|<3}={x|﹣3<x<3},B={x|3x>9}={x|x>2},
故A∩B=(2,3).
故选:A.
【点评】本题主要考查集合的定义,属于基础题.
2.(5分)(2024春 官渡区校级期末)已知向量满足,,,则( )
A. B.1 C. D.2
【考点】平面向量数量积的坐标运算.
【专题】转化思想;转化法;平面向量及应用;运算求解.
【答案】B
【分析】根据已知条件,先求出,再将平方,并开方,即可求解.
【解答】解:,
则,即,解得,
,
则,
.
故选:B.
【点评】本题主要考查平面向量的数量积及其运算,属于基础题.
3.(5分)(2024春 信宜市月考)若的展开式中x6的系数为﹣210,则a的值为( )
A.2 B.3 C.1 D.4
【考点】二项式定理的应用.
【专题】方程思想;综合法;二项式定理;运算求解.
【答案】A
【分析】利用通项公式令10﹣2r=4或6,即可得出结果.
【解答】解:依题意,,
的展开式的通项公式为:,
令10﹣2r=4或6,解得r=3或2,
所以的展开式中x6的系数为,
解得a=2.
故选:A.
【点评】本题主要考查二项式定理的应用,属于中档题.
4.(5分)(2021春 青山区校级期中)已知,α∈(0,π),则cos2α的值为( )
A. B. C. D.
【考点】二倍角的三角函数;同角三角函数间的基本关系.
【专题】计算题;方程思想;综合法;三角函数的求值;运算求解.
【答案】C
【分析】将已知等式两边平方,可得sin2α0,可得α∈(0,),结合0,可求范围2α∈(,π),进而利用同角三角函数基本关系式即可求解.
【解答】解:因为,α∈(0,π),可得2α∈(0,2π),
所以两边平方,可得1﹣sin2α,可得sin2α0,
可得2α∈(0,π),可得α∈(0,),
又0,
所以α∈(,),2α∈(,π),
则cos2α.
故选:C.
【点评】本题考查了同角三角函数基本关系式,二倍角公式在三角函数化简求值中的应用,属于基础题.
5.(5分)已知数列{an}满足a1=1,a2,anan+2=4,则数列{an}的最小项为( )
A.2﹣12 B. C.2﹣5 D.2﹣6
【考点】数列递推式.
【专题】转化思想;综合法;等差数列与等比数列;运算求解.
【答案】D
【分析】由anan+2=4,可得4 ,利用等比数列的通项公式即可得出,再利用an … a1,结合二次函数的单调性即可得出结论.
【解答】解:∵anan+2=4,
∴4 ,又,
∴数列{}是等比数列,公比为4,首项为.
∴4n﹣1=4n﹣3,
∴an … a1=4n﹣4 4n﹣5 4n﹣6 …×4﹣1×4﹣2×1=4(n﹣4)+(n﹣5)+…+(﹣1)+(﹣2),
当n=3或4时,an取得最小值4﹣3,即2﹣6.
故选:D.
【点评】本题考查了由数列的递推关系求出数列的通项公式、转化方法、“累乘求积法”、二次函数的单调性,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
6.(5分)(2024秋 南海区月考)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,点A在C上,且在第一象限,若直线AF的倾斜角为,则|AF|=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【考点】抛物线的弦及弦长.
【专题】计算题;转化思想;综合法;圆锥曲线的定义、性质与方程;运算求解.
【答案】C
【分析】由抛物线的定义可知|AF|=|AB|,再由抛物线的性质可得,代入求解即可.
【解答】解:如图所示,抛物线及准线如图所示,过点A作AB垂直准线于点B,
过焦点F作FC垂直于AB于点C,由题意可知,
根据抛物线的定义|AF|=|AB|=|AC|+|CB|
在Rt△AFC中,,又|BC|=p=2,
所以,
解得|AF|=4.
故选:C.
【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用,弦长求法,是中档题.
7.(5分)(2025 汉中二模)向量,,且,则( )
A. B. C. D.
【考点】平面向量数量积的性质及其运算.
【专题】对应思想;综合法;平面向量及应用;运算求解.
【答案】D
【分析】先移项得出,再左右平方应用数量积可得出夹角余弦即可.
【解答】解:因为,所以,
两边同时平方得:,
因为,,所以,
所以,所以.
故选:D.
【点评】本题考查平面向量的数量积与夹角,属于基础题.
8.(5分)(2021秋 东莞市校级期中)已知线段PQ的端点P的坐标是(4,﹣2),端点Q在x2+y2=4上运动,则线段PQ的中点M的轨迹方程是( )
A.(x﹣2)2+(y+1)2=4 B.(x﹣2)2+(y+1)2=1
C.(x+4)2+(y﹣2)2=4 D.(x+2)2+(y﹣1)2=1
【考点】轨迹方程.
【专题】计算题;方程思想;综合法;直线与圆;逻辑思维;运算求解.
【答案】B
【分析】设出M,Q的坐标,确定动点之间坐标的关系,利用端点Q在圆x2+y2=4上运动,可得中点M的轨迹方程.
【解答】解:设线段PQ的中点M坐标为(x,y),点Q坐标为(m,n),
∵P的坐标是(4,﹣2),
∴m=2x﹣4,n=2y+2,
∵端点Q在圆x2+y2=4上运动,
∴m2+n2=4,
∴(2x﹣4)2+(2y+2)2=4,(x﹣2)2+(y+1)2=1,
∴线段PQ的中点M的轨迹方程是(x﹣2)2+(y+1)2=1,
故选:B.
【点评】本题主要考查轨迹方程的求解,属于基础题.
二.多选题(共3小题,满分18分,每小题6分)
(多选)9.(6分)(2023 昌江县二模)正三棱台ABC﹣A1B1C1中,O,O1分别是△ABC和△A1B1C1的中心,且,则( )
A.直线AC与OB1所成的角为90°
B.平面A1B1C1与平面AA1B1B所成的角为90°
C.正三棱台ABC﹣A1B1C1的体积为
D.四棱锥O﹣AA1B1B与O1﹣AA1B1B的体积之比为2:3
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角;棱锥的体积;棱台的体积;直线与平面平行.
【专题】整体思想;综合法;立体几何;运算求解.
【答案】ACD
【分析】将正三棱台ABC﹣A1B1C1补形为棱锥,在直角三角形中计算三棱台的高,即可判断C;以OO1为z轴,平行于AB为y轴,垂直于yOz平面为x轴建立空间直角坐标系,利用异面直线夹角、面面角、点到平面距离的向量求法判断ABD即可.
【解答】解:由题意根据O,O1分别是下底面与上底面的中心,
因为下底面边长和上底面边长分别为2和3,所以,
假设正三棱台ABC﹣A1B1C1是由正棱锥D﹣ABC截取正棱锥D﹣A1B1C1得到的,
则由已知可得DO是棱锥D﹣ABC的高,DO1是棱锥D﹣A1B1C1的高,OO1为所求棱台的高,
因此△DOA是一个直角三角形,如图(1)所示,
因为△DO1A1∽△DOA,,AA1=2,
所以,解得DA1=4,
所以,因此,即正三棱台ABC﹣A1B1C1的高为,
又因为,,
所以,选项C正确;
因为OO1垂直于上下底面,所以以OO1为z轴,平行于AB为y轴,垂直于yOz平面为x轴建立如图(2)所示空间直角坐标系,
所以,,,,,
所以,直线AC⊥OB1,选项A正确;
又,,
所以,,
设平面AA1B1B的法向量,则,
取z=1,解得,所以,
由题意可知,平面A1B1C1的法向量,则,故B错误;
又,所以,,
所以点O到平面AA1B1B的距离,
点O1到平面AA1B1B的距离,
所以,由棱锥的体积公式可得四棱锥O﹣AA1B1B与O1﹣AA1B1B的体积之比为2:3,D正确;
综上ACD正确,
故选:ACD.
【点评】本题主要考查了利用空间向量求异面直线夹角和平面与平面夹角,考查了棱锥的体积公式,属于中档题.
(多选)10.(6分)(2025春 贵阳月考)将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次,记事件A:两次的点数之和为偶数,B:两次的点数之积为奇数,C:第一次的点数小于5,则( )
A. B.
C.A与C相互独立 D.A与B互斥
【考点】相互独立事件的概率乘法公式.
【专题】计算题;方程思想;转化思想;综合法;概率与统计;运算求解.
【答案】BC
【分析】通过确定样本空间中样本点的数量,利用古典概型概率公式计算各事件的概率,再根据事件独立和互斥的定义判断事件间的关系.
【解答】解:根据题意,抛掷两次,其样本空间共有36个样本点.
事件A={(1,1),(1,3),(1,5),(2,2),(2,4),(2,6),(3,1),(3,3),(3,5),(4,2),(4,4),(4,6),(5,1),(5,3),(5,5),(6,2),(6,4),(6,6)},有18个样本点;
B={(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5)},有9个样本点,
C={ (1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),
(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
(3,1),(3,3),(3,5),(3,4),(3,5),(3,6),
(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6)},有24个样本点,
依次分析选项:
对于A,错误;
对于B,正确:
对于C,,正确;
对于D,事件A与事件B能同时发生,所以不互斥,D错误,
故选:BC.
【点评】本题考查相互独立事件的判断,涉及古典概型的计算,属于基础题.
(多选)11.(6分)(2025春 南岸区校级月考)函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)有两个极值点x1、x2(x1<x2),则下列结论正确的是( )
A.若f(x1) f(x2)<0,则f(x)有3个零点
B.过f(x)上任一点至少可作两条直线与f(x)相切
C.若af(x1)<0,则f(x)只有一个零点
D.
【考点】利用导数研究函数的极值;利用导数求解曲线在某点上的切线方程;函数的零点与方程根的关系.
【专题】函数思想;定义法;导数的综合应用;逻辑思维.
【答案】ACD
【分析】根据三次函数性质,对参数a的正负进行分类讨论画出其大致图象可知当f(x1) f(x2)<0,则f(x)有3个零点,即A正确;
显然在极值点x1,x2处只能作一条直线与f(x)相切,可知B错误;
若af(x1)<0,结合a的正负进行分类讨论可知f(x)只有一个零点,即C正确;
利用三次函数的对称中心以及导函数零点可得,所以D正确.
【解答】解:根据题意可得f′(x)=3ax2+2bx+c,且f′(x1)=f′(x2)=0;
当a>0时,易知x∈(﹣∞,x1)∪(x2,+∞)时,f′(x)>0;x∈(x1,x2)时,f′(x)<0;
此时f(x)在(﹣∞,x1)和(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减;
且当x趋近于﹣∞时,f(x)也趋近于﹣∞;当x趋近于+∞时,f(x)也趋近于+∞;
利用三次函数性质可知,当f(x1) f(x2)<0,其函数图象如下图所示:
此时由图象可知f(x)有3个零点;
同理当a<0时,易知f(x)在(﹣∞,x1)和(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增;
且当x趋近于﹣∞时,f(x)也趋近于+∞;当x趋近于+∞时,f(x)也趋近于﹣∞;
利用三次函数性质可知,当f(x1) f(x2)<0,其函数图象如下图所示:
此时由图象可知f(x)有3个零点;
所以若f(x1) f(x2)<0,则f(x)有3个零点,即A正确;
由题意知f′(x1)=f′(x2)=0,
所以过(x1,f(x1))或(x2,f(x2))有且仅有一条直线与f(x)相切,且切线为水平直线,所以B错误;
当a>0时,由选项A易知f(x)在x=x1处取得极大值,在x=x2处取得极小值,且f(x2)<f(x1);
若af(x1)<0,则f(x1)<0,即f(x2)<f(x1)<0;
此时其图象如下图所示:
由图可知,f(x)只有一个零点;
同理当a<0时,易知f(x)在x=x1处取得极小值,在x=x2处取得极大值,且f(x1)<f(x2);
若af(x1)<0,则f(x1)>0,即f(x2)>f(x1)>0;
此时其图象如下图所示:
由图可知,f(x)只有一个零点;
综上可知,若af(x1)<0,则f(x)只有一个零点,即C正确;
由三次函数性质可知,函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)关于成中心对称,
所以满足,
又x1,x2是方程f′(x)=3ax2+2bx+c=0的两根,则满足;
所以,即,所以D正确.
故选:ACD.
【点评】本题考查导数的综合应用,属于难题.
三.填空题(共3小题,满分15分,每小题5分)
12.(5分)(2022 呼和浩特模拟)设随机变量X服从正态分布N(2,σ2),若P(X<4﹣a)=0.4,则P(X<a)= 0.6 .
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.
【专题】计算题;转化思想;综合法;概率与统计;运算求解.
【答案】0.6.
【分析】根据正态分布的对称性,可求出P(X≥a),即可求出结论.
【解答】解:由已知得P(X≥a)=P(X≤4﹣a)=0.4,
故P(X<a)=1﹣P(X≥a)=0.6.
故答案为:0.6.
【点评】本题考查正态分布的性质,属于基础题.
13.(5分)(2025 重庆校级模拟)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x)=﹣f(2﹣x),当x∈[0,1)时,f(x)=2cosπx,函数g(x)=x﹣1(﹣1≤x≤3),则f(x)与g(x)的图象所有交点的横坐标之和为 5 .
【考点】抽象函数的奇偶性;抽象函数的周期性.
【专题】函数思想;转化思想;数形结合法;综合法;函数的性质及应用;导数的综合应用;逻辑思维;运算求解.
【答案】5.
【分析】由题可得f(x)有对称轴为y轴,对称中心(1,0),然后在同一坐标系中画出f(x)与g(x)图象,即可得答案.
【解答】解:因为函数g(x)=x﹣1(﹣1≤x≤3),
所以﹣1≤2﹣x≤3,
且g(2﹣x)=1﹣x=﹣g(x),
所以y=g(x)的图象是中心对称图形,对称中心为(1,0).
定义在R上的偶函数f(x)满足f(x)=﹣f(2﹣x),
则函数f(x)有对称轴为y轴,对称中心(1,0);
又当x∈[0,1)时,f(x)=2cosπx,
当x=1时,f(1)=﹣f(2﹣1)=﹣f(1),解得f(1)=0,
由题意可得f(﹣1)=f(3)=0,
而g(﹣1)=﹣2,g(3)=2.
所以x=﹣1,x=﹣3,两函数图象无交点,
在同一坐标系在(﹣1,3)内作出f(x)与g(x)的图象,如图所示:
当x∈[2,3),f(x)=﹣f(2﹣x)=﹣f(x﹣2)=﹣2cos[π(x﹣2)],
令p(x)=g(x)﹣f(x)=x﹣1+2cos[π(x﹣2)],x∈[2,3),
则p′(x)=1﹣2πsin[π(x﹣2)],且p′(3)=1>0,
所以存在,使得当x∈(x0,3)时,p′(x)>0,p(x)单调递增,
所以当x∈(x0,3)时,p(x)<p(3)=0,即g(x)<f(x),
结合图象可得,f(x)与g(x)图象有5个交点,
又(1,0)均是f(x)与g(x)的图象的对称中心,
则两函数所有交点的横坐标之和为5.
故答案为:5.
【点评】本题考查了函数的对称性、三角函数的性质,考查了导数的综合运用及数形结合思想,属于中档题.
14.(5分)(2024秋 浦东新区校级期末)已知椭圆方程为,点A为椭圆的右顶点,定点T(t,0)在x轴上,点S为椭圆上一动点,当|ST|取得最小值时点S恰与点A重合,则实数t的取值范围为 [,+∞) .
【考点】椭圆的范围.
【专题】转化思想;综合法;圆锥曲线的定义、性质与方程;运算求解.
【答案】.
【分析】设S(x0,y0),利用两点间距离公式建立函数关系,借助二次函数探讨最小值.
【解答】解:设S(x0,y0),椭圆方程为,点A为椭圆的右顶点,
可得:,
则,,
则,
所以,,
当S恰与点A重合时,|ST|取得最小值,
即要使时|ST|2取最小值,则必有,所以.
即实数t的取值范围为:.
故答案为:.
【点评】本题主要考查椭圆的性质应用,考查计算能力,属于中档题.
四.解答题(共5小题)
15.(2025 银川校级二模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为.
(1)求B;
(2)已知b=6,BD为∠ABC的平分线,交AC于点D,且为线段AC上一点,且,求△BDM的周长.
【考点】三角形中的几何计算.
【专题】转化思想;综合法;解三角形;运算求解.
【答案】(1);
(2).
【分析】(1)利用正弦定理边化角,结合和差公式展开化简可得;
(2)利用面积公式和余弦定理列方程组求解出a,c,可知△ABC为等腰三角形,然后结合已知即可得解.
【解答】解:(1)∵,根据正弦定理得,
∴,
∴,
∵sinC≠0,∴,∴,
又∵B∈(0,π),∴.
(2)∵BD为∠ABC的平分线,,∴,
又S△ABC=S△ABD+S△CAD,,
∴,
化简得,①
根据余弦定理,得,即(a+c)2﹣ac=36,②
由①②可得(舍去负值),ac=12,
∴a,c是关于x的方程的两个实根,解得.
又BD为∠ABC的平分线,∴BD⊥AC,
又,AC=6,
∴DM=AD﹣AM=3﹣2=1,,
∴△BDM的周长为.
【点评】本题考查正弦定理,余弦定理,属于中档题.
16.(2023秋 鹤山市校级月考)如图,三棱锥A﹣BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC中点.
(1)证明BC⊥DA;
(2)点F满足,求平面DAB与平面ABF的夹角的余弦值.
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角;直线与平面垂直.
【专题】转化思想;转化法;立体几何;运算求解.
【答案】(1)证明过程见解析;(2).
【分析】(1)根据等腰三角形的性质,结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可;
(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【解答】解:(1)证明:连接DE,AE,
因为E为BC中点,DB=DC,
所以DE⊥BC,又因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,
所以△ADB,△∠ADC是等腰三角形,
于是有DA=AC=DC=DB=AB,而E为BC中点,
因此AE⊥BC,而AE∩DE=E,AE,DE 平面ADE,
因此BC⊥平面ADE,而AD 平面ADE,
所以BC⊥AD;
(2)设DA=AC=DC=DB=AB=a,
因为E为BC中点,BD⊥CD,
所以BC2=a2+a2=2a2,
,显然有AC2+AB2=BC2,
因此,显然AE2+DE2=AD2,
于是有AE⊥DE,因此建立如图所示的空间直角坐标系,
,,,,
,,,
设平面DAB的法向量为,
于是有,
设平面FAB的法向量为,
于是有,
平面DAB与平面ABF的夹角的余弦值为.
【点评】本题考查线线垂直的判定,以及二面角的计算,属于中档题.
17.(2023秋 绍兴月考)已知函数f(x)=ax2﹣exlnx.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;
(2)若 x>0,都有f(x)≥lnx,求a的取值范围.
【考点】利用导数研究函数的最值;利用导数研究曲线上某点切线方程.
【专题】计算题;转化思想;综合法;导数的综合应用;运算求解.
【答案】见试题解答内容
【分析】(1)由a=e,得到f(x)=ex2﹣exlnx,f′(x)=2ex﹣elnx﹣e,再利用几何意义求解;
(2)将 x>0,都有,转化为,设g(x),利用导数法求得其最大值即可.
【解答】解:(1)当a=e时,f(x)=ex2﹣exlnx,f′(x)=2ex﹣elnx﹣e,
因为f(1)=e,f′(1)=e,所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程是y﹣e=e(x﹣1),即y=ex.
(2)因为 x>0,都有,所以a≥()max,
设g(x),则,
记h(x)=ex﹣exlnx﹣2lnx﹣4,设,则m′(x),
当时,m'(x)>0,当时,m'(x)<0,
所以m(x)在上单调递增,在(,+∞)上单调递减,
所以m(x)≤m()=﹣eln2<0,所以h'(x)<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减.
因为,当时,g'(x)>0,当时,g'(x)<0,
所以g(x)在上单调递增,在上单调递减,
所以,所以,
所以a的取值范围为[,+∞).
【点评】本题考查导数的几何意义,考查恒成立问题,考查转化思想,考查运算求解能力,属中档题.
18.(2024秋 浦东新区校级期末)已知椭圆.记椭圆的左右焦点分别为F1,F2,直线l交椭圆C于不同的两点P、Q.
(1)若椭圆C过点求椭圆的标准方程和离心率;
(2)设b=1,若直线l过点A(0,2),且以线段PQ为直径的圆过点F2,求直线l的方程;
(3)设b=1,若,求△F2PQ的面积.
【考点】直线与椭圆的综合.
【专题】方程思想;转化思想;综合法;圆锥曲线的定义、性质与方程;运算求解.
【答案】(1),;
(2)x=0或11x+8y﹣16=0;
(3).
【分析】(1)可将已知点代入椭圆方程求出b,进而得到标准方程和离心率;
(2)可先设出直线方程,联立椭圆方程,利用韦达定理和向量垂直的条件求解;
(3)可根据向量坐标关系,设出题中向量与横轴所成的角和他们的模长,用之表示P,Q的坐标,代入椭圆方程,进而求得角和模长,然后利用面积割补思想求得要求三角形的面积.
【解答】解:(1)因为椭圆过点,
所以,解得b2=1,则椭圆的标准方程为.
又因为a2=2,所以,,则离心率.
(2)当b=1时,椭圆方程为,则c2=a2﹣b2=2﹣1=1,所以F2(1,0).
当斜率不存在时,此时P(0,1),Q(0,﹣1),
所以,,则,满足题意.
当斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+2,
联立,消去y得(1+2k2)x2+8kx+6=0,
则Δ=(8k)2﹣4×6×(1+2k2)=64k2﹣24﹣48k2=16k2﹣24>0,即.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则,,
所以
,
因为以线段PQ为直径的圆过点F2,所以.
,,
(x1﹣1)(x2﹣1)+y1y2=x1x2﹣(x1+x2)+1+y1y2
,
解得,满足.
所以直线l的方程为,即11x+8y﹣16=0.
故直线l的方程为x=0或11x+8y﹣16=0.
(3)当b=1时,椭圆的方程为,即x2+2y2﹣2=0,
焦点坐标F1(﹣1,0),F2(1,0).
设x轴正方向转到与向量相同的方向所转过的角为θ,根据椭圆的对称性,不妨设θ∈[0,π].
再设|F1P|=2t,由得|F2Q|=t,且同向.
则向量,
所以P(﹣1+2tcosθ,2tsinθ),Q(1+tcosθ,tsinθ),
分别代入椭圆方程x2+2y2﹣2=0,
1+4t2cos2θ﹣4tcosθ+8t2sin2θ﹣2=0,
1+t2cos2θ+2tcosθ+2t2sin2θ﹣2=0,
整理得(8﹣4cos2θ)t2﹣4tcosθ﹣1=0,
(2﹣cos2θ)t2+2tcosθ﹣1=0,
由t>0,分别解得,
所以,
解得,所以,,
.
【点评】本题考查了直线与椭圆的综合,考查了方程思想及转化思想,属于中档题.
19.(2024秋 五华区月考)已知数列{an}满足a1=2,,数列{bn}满足bn=a2n﹣1.
(1)求b2,b3的值;
(2)证明:数列{bn}是等差数列;
(3)求数列{an}的前2n项和S2n.
【考点】数列求和的其他方法;数列递推式.
【专题】计算题;转化思想;综合法;等差数列与等比数列;点列、递归数列与数学归纳法;逻辑思维;运算求解.
【答案】(1)b2=4,b3=6;(2)证明见解析;(3).
【分析】(1)根据bn,an+1的定义即可计算求解;
(2)根据等差数列的定义证明即可;
(3)由分组求和法以及等差数列求和公式即可求解.
【解答】解:(1)数列{an}满足a1=2,,数列{bn}满足bn=a2n﹣1,
由已知得:b2=a3=a2+2=a1+2=4,
b3=a5=a4+2=a3+2=a2+2+2=a1+4=6.
(2)证明:因为a2n+1=a2n+2,a2n=a2n﹣1,
所以bn+1﹣bn=a2(n+1)﹣1﹣a2n﹣1=a2n+1﹣a2n﹣1=2,
而b1=a1=2,所以{bn}是以2为首项,2为公差的等差数列.
(3)S2n=a1+a2+a3+ +a2n,
因为a2=a1,a4=a3, a2n=a2n﹣1,由(2)得bn=2n,
所以S2n=2(a1+a3+...+a2n﹣1)=2(b1+b2+...+bn)=2n2+2n.
【点评】本题考查的知识点:数列的通项公式的求法,数列的求和,主要考查学生的运算能力,属于中档题.
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