【高考押题卷】2025届高考数学模拟预测卷五 新高考Ⅱ卷(含解析)

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【高考押题卷】2025届高考数学模拟预测卷五 新高考Ⅱ卷(含解析)

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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)(2023秋 涟水县校级月考)已知集合A={1,3},A∩B={1},A∪B={0,1,3},则集合B=(  )
A.{0,3} B.{0,1} C.{1,3} D.{1}
2.(5分)已知z在复平面内对应的点为(﹣3,2),则z(1﹣4i)=(  )
A.5+14i B.5﹣14i C.﹣5+14i D.﹣5﹣14i
3.(5分)(2023 湖南学业考试)设p:四棱柱是正方体,q:四棱柱是长方体,则p是q的(  )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4.(5分)(2024秋 西安期末)函数f(x)的图象大致为(  )
A. B.
C. D.
5.(5分)(2025 河南二模)若函数f(x)=2x3﹣3x2﹣a在区间(1,2)内仅有一个零点,则a的取值范围为(  )
A.(2,3) B.(0,1) C.(﹣1,4) D.(﹣1,0)
6.(5分)(2024 海南学业考试)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,点D在棱BB1上,且分别是棱A1B1,AA1的中点,点N在棱CC1上,若MN∥平面CDE,则(  )
A. B. C. D.
7.(5分)设5支枪中有2支未经过试射校正,3支已经过试射校正.一射手用校正过的枪射击中靶的概率是0.9,用未经过校正的枪射击中靶概率是0.4.今任取1支枪射靶,结果未中靶,则此枪为未经校正过的概率为(  )
A.0.5 B.0.6 C.0.8 D.0.4
8.(5分)(2025 河南二模)已知双曲线C:1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,渐近线方程为y=±x,过F1且斜率为1的直线l与C在第一象限的交点为P,∠PF1F2的角平分线与线段PF2交于点Q,若λ,则λ的值是(  )
A. B. C. D.
二.多选题(共3小题,满分18分,每小题6分)
(多选)9.(6分)(2024秋 资中县校级期末)下列选项正确的是(  )
A.
B.
C.0.51.1<1.10.5<1.10.6
D.
(多选)10.(6分)(2023春 云南月考)已知f(x)是定义在R上的偶函数,g(x)是定义在R上的奇函数,且f(x),g(x)均在[0,+∞)上单调递增,则(  )
A.
B.
C.g(f(1))<g(f(2))
D.f(g(﹣2))<f(g(﹣1))
(多选)11.(6分)(2023秋 仁寿县期中)已知函数,对任意的x∈R恒成立,则(  )
A.f(x)的一个周期为
B.f(x)的图像关于直线对称
C.f(x)在区间上有1个极值点
D.f(x)在区间上单调递增
三.填空题(共3小题,满分20分)
12.(5分)(2022 朝阳区校级三模)若,则a1+a2+a3+a4+a5=    .
13.(5分)已知,若,则    .
14.(10分)(2018秋 椒江区校级期中)若P是椭圆y2=1上的点,则P到椭圆两焦点距离之和为     ,若Q是圆x2+(y﹣6)2=2上的点,则P、Q两点间距离最大值为     .
四.解答题(共5小题)
15.(2025 柳州二模)某公司推出一种新产品,为了解某地区消费者对新产品的满意度,从中随机调查了500名消费者,得到如表:
性别 满意度 合计
满意 不满意
男 220 30 250
女 230 20 250
合计 450 50 500
(1)依据小概率值α=0.1的独立性检验,能否认为消费者对新产品的满意度与性别有关;
(2)若用频率估计概率,从该地区消费者中随机选取3人,用X表示不满意的人数,求X的分布列与数学期望.附:χ2,其中n=a+b+c+d.
α 0.1 0.05 0.01
xα 2.706 3.841 6.635
16.(2024秋 秦皇岛期中)已知数列{an}的首项a1,其前n项和Sn满足Sn=1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=nan,数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤m对任意n∈N*恒成立,求m的最小值.
17.(2022春 松山区校级期中)已知椭圆C:1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点M(,)满足|MF1|+|MF2|=2a,且△MF1F2的面积为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设E、F是椭圆C上的两个动点,O为坐标原点,直线OE的斜率为k1,直线OF的斜率为k2,求当k1 k2为何值时,直线EF与以原点为圆心的定圆相切,并写出此定圆的标准方程.
18.(2024秋 普陀区校级期中)在四棱锥P﹣ABCD中,底面为梯形,AB∥CD,△PAD为正三角形,且PA=AB=2,∠BAP=∠CDP=90°,四棱锥P﹣ABCD的体积为.
(1)设平面PAB∩平面PCD=l,求证:l∥AB.
(2)求证:平面PAD⊥平面ABCD.
(3)求异面直线PB与AD所成角的余弦值.
19.(2025 河南二模)设g(x)=axlnx+b﹣x2(a,b∈R),定义为g(x)的“N(t)函数”.
(1)设f(x)为g(x)的“N(1)函数”,若a=1,b=﹣2,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)设f(x)为g(x)的“N(0)函数”.
(i)若x=1是f(x)的极小值点,求b的取值范围;
(ii)若a=2,方程f′(x)=0有两个根x1,x2,且x1<x2,求证:.
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)(2023秋 涟水县校级月考)已知集合A={1,3},A∩B={1},A∪B={0,1,3},则集合B=(  )
A.{0,3} B.{0,1} C.{1,3} D.{1}
【考点】求集合的并集;求集合的交集.
【专题】转化思想;转化法;集合;运算求解.
【答案】B
【分析】根据交集、并集运算结果分析求解.
【解答】解:因为A={1,3},A∩B={1},可知1∈B,3 B;
又因为A={1,3},A∪B={0,1,3},可知B A∪B,0∈B;
综上所述:B={0,1}.
故选:B.
【点评】本题主要考查集合的运算,属于基础题.
2.(5分)已知z在复平面内对应的点为(﹣3,2),则z(1﹣4i)=(  )
A.5+14i B.5﹣14i C.﹣5+14i D.﹣5﹣14i
【考点】复数的代数表示法及其几何意义;复数的乘法及乘方运算.
【专题】转化思想;转化法;数系的扩充和复数;运算求解.
【答案】A
【分析】先求出z,再结合复数的四则运算法则,即可求解.
【解答】解:z在复平面内对应的点为(﹣3,2),
则z=﹣3+2i,
故z(1﹣4i)=(﹣3+2i)(1﹣4i)=5+14i.
故选:A.
【点评】本题主要考查复数的四则运算,属于基础题.
3.(5分)(2023 湖南学业考试)设p:四棱柱是正方体,q:四棱柱是长方体,则p是q的(  )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【考点】充分条件与必要条件;棱柱的结构特征.
【专题】常规题型;计算题;转化思想;综合法;简易逻辑;运算求解.
【答案】A
【分析】根据题意,利用正方体和长方体的定义,结合充分条件和必要条件的定义判断,即可得到本题的答案.
【解答】解:正方体是特殊的长方体,而长方体不一定是正方体,故p是q的充分不必要条件.
故选:A.
【点评】本题主要考查了长方体与正方体的关系、充要条件的判断及其应用等知识,属于基础题.
4.(5分)(2024秋 西安期末)函数f(x)的图象大致为(  )
A. B.
C. D.
【考点】由函数解析式求解函数图象.
【专题】函数思想;定义法;函数的性质及应用;运算求解.
【答案】C
【分析】推导出函数f(x)是奇函数,图象关于原点对称,排除A和B;求出f(1)1>0,排除D.
【解答】解:∵函数f(x),
∴f(﹣x)f(x),
∴函数f(x)是奇函数,图象关于原点对称,排除A和B;
f(1)1<0,排除D.
故选:C.
【点评】本题考查根据函数解析式判断图象、函数的奇偶性、特殊值等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.
5.(5分)(2025 河南二模)若函数f(x)=2x3﹣3x2﹣a在区间(1,2)内仅有一个零点,则a的取值范围为(  )
A.(2,3) B.(0,1) C.(﹣1,4) D.(﹣1,0)
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数.
【专题】函数思想;综合法;函数的性质及应用;导数的综合应用;运算求解.
【答案】C
【分析】确定函数单调性,根据单调性求解即可.
【解答】解:因为f(x)=2x3﹣3x2﹣a,
所以f′(x)=6x(x﹣1),
令f′(x)>0,解得x<0或x>1;
令f′(x)<0,解得0<x<1,
所以f(x)在(1,2)上单调递增,
要满足函数f(x)=2x3﹣3x2﹣a在区间(1,2)内仅有一个零点,
则f(1)=﹣1﹣a<0,f(2)=4﹣a>0,解得﹣1<a<4.
故选:C.
【点评】本题考查了导数的综合运用及零点存在定理,属于基础题.
6.(5分)(2024 海南学业考试)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,点D在棱BB1上,且分别是棱A1B1,AA1的中点,点N在棱CC1上,若MN∥平面CDE,则(  )
A. B. C. D.
【考点】直线与平面平行.
【专题】计算题;转化思想;综合法;空间位置关系与距离;运算求解.
【答案】B
【分析】在平面ABB1A1内,作MF∥AA1,与DE交于点F,连接CF,证明MFCN是平行四边形,根据梯形中位线可求MF长度,从而得到答案.
【解答】解:如图,在平面ABB1A1内,作MF∥AA1,与DE交于点F,连接CF,则MF∥CC1,
∴MF,CC1共面,∵MN∥平面CDE,由线面平行的性质知MN∥CF,
∴MFCN是平行四边形,∴MF=CN.
又M是A1B1的中点,∴MF是梯形A1B1DE的中位线,
设AA1=6,则,即,
∴,∴.
故选:B.
【点评】本题主要考查线面平行的性质定理,考查运算求解能力与逻辑推理能力,属于中档题.
7.(5分)设5支枪中有2支未经过试射校正,3支已经过试射校正.一射手用校正过的枪射击中靶的概率是0.9,用未经过校正的枪射击中靶概率是0.4.今任取1支枪射靶,结果未中靶,则此枪为未经校正过的概率为(  )
A.0.5 B.0.6 C.0.8 D.0.4
【考点】全概率公式.
【专题】转化思想;转化法;概率与统计;运算求解.
【答案】C
【分析】根据已知条件,结合全概率公式,即可求解.
【解答】解:记A为“校正过的枪支”,B为“射击中靶”,
则P(A)=0.6,P()=0.4,P(B|A)=0.9,,
故P()=0.6,P()=0.1,
P(|).
故选:C.
【点评】本题主要考查全概率公式,属于基础题.
8.(5分)(2025 河南二模)已知双曲线C:1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,渐近线方程为y=±x,过F1且斜率为1的直线l与C在第一象限的交点为P,∠PF1F2的角平分线与线段PF2交于点Q,若λ,则λ的值是(  )
A. B. C. D.
【考点】由双曲线的渐近线方程求解双曲线的标准方程或参数;直线与双曲线的位置关系及公共点个数.
【专题】整体思想;综合法;圆锥曲线的定义、性质与方程;运算求解.
【答案】D
【分析】设双曲线C的半焦距为c,结合双曲线的渐近线方程为,可得c=2a,设|PF2|=t,结合双曲线定义,余弦定理列关系式可得,结合角平分线性质求结论.
【解答】解:设C的半焦距为c,
因为双曲线的渐近线方程为,
所以,
故,,
设|PF2|=t,|PF1|=t+2a=t+c,|F1F2|=2c,
在△PF1F2中,由余弦定理可得,,
化简得,则,
因为F1Q为∠PF1F2的角平分线,
所以,
又,
所以,
因为λ,
所以λ.
故选:D.
【点评】本题主要考查了双曲线的几何性质,考查了角平分线的性质,属于中档题.
二.多选题(共3小题,满分18分,每小题6分)
(多选)9.(6分)(2024秋 资中县校级期末)下列选项正确的是(  )
A.
B.
C.0.51.1<1.10.5<1.10.6
D.
【考点】指数函数的单调性与最值;对数函数的单调性与最值.
【专题】转化思想;作差法;构造法;函数的性质及应用;运算求解.
【答案】BCD
【分析】利用作差法即可判断选项A;利用指数运算即可判断选项B;利用指数函数的单调性,并借助中间量1,即可判断选项C;利用指数、对数的运算及对数函数的性质可判断选项D.
【解答】解:∵,
∴,选项A错误;
∵32>23,∴,即,选项B正确;
∵0.51.1<0.50=1,1=1.10<1.10.5<1.10.6,
∴0.51.1<1.10.5<1.10.6,选项C正确;
∵,
又52<25,23<32,∴,即,
∴,即,选项D正确.
故选:BCD.
【点评】本题考查了利用函数的单调性判断大小的应用问题,是基础题.
(多选)10.(6分)(2023春 云南月考)已知f(x)是定义在R上的偶函数,g(x)是定义在R上的奇函数,且f(x),g(x)均在[0,+∞)上单调递增,则(  )
A.
B.
C.g(f(1))<g(f(2))
D.f(g(﹣2))<f(g(﹣1))
【考点】奇偶性与单调性的综合.
【专题】整体思想;综合法;函数的性质及应用;运算求解.
【答案】AC
【分析】通过函数的单调性,比较函数值的大小.
【解答】解:由题意得f(x)在(﹣∞,0]上单调递减,g(x)在R上单调递增.
因为,所以,A正确;
因为log35>log34>0,所以,B错误;
因为f(1)<f(2),所以g(f(1))<g(f(2)),C正确;
因为g(﹣2)<g(﹣1)<g(0)=0,所以f(g(﹣2))>f(g(﹣1)),D错误.
故选:AC.
【点评】本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在函数值大小比较中的应用,属于中档题.
(多选)11.(6分)(2023秋 仁寿县期中)已知函数,对任意的x∈R恒成立,则(  )
A.f(x)的一个周期为
B.f(x)的图像关于直线对称
C.f(x)在区间上有1个极值点
D.f(x)在区间上单调递增
【考点】正弦函数的图象;三角函数的周期性.
【专题】转化思想;综合法;三角函数的图象与性质;运算求解.
【答案】BD
【分析】对于A,求得最小正周期即可判断;对于B,由题意求得,检验时,是否为±1即可判断;对于CD,由可得,从而可得f(x)在区间上单调递增,没有极值点,即可判断.
【解答】解:对于A,f(x)的最小正周期,A错;
对于B,因为对任意的x∈R恒成立,
所以当时,f(x)取得最大值,所以,
解得,又因为,所以,
所以,所以当时,,
所以f(x)的图像关于直线对称,B对;
对于CD,因为,所以,
所以f(x)在区间上单调递增,没有极值点,C错D对.
故选:BD.
【点评】本题考查三角函数的性质,属于中档题.
三.填空题(共3小题,满分20分)
12.(5分)(2022 朝阳区校级三模)若,则a1+a2+a3+a4+a5= ﹣2  .
【考点】二项展开式的通项与项的系数.
【专题】转化思想;综合法;二项式定理;运算求解.
【答案】﹣2.
【分析】分别令x=0,x=1,联立方程即可求解.
【解答】解:令x=0,则a0=1,
令x=1,则a0+a1+...+a5=(1﹣2)5=﹣1,
所以a1+a2+...+a5=﹣1﹣1=﹣2,
故答案为:﹣2.
【点评】本题考查了二项式定理的应用,考查了学生的运算能力,属于基础题.
13.(5分)已知,若,则   .
【考点】两角和与差的三角函数.
【专题】整体思想;综合法;三角函数的求值;运算求解.
【答案】.
【分析】根据给定条件,利用和差角的正余弦公式、二倍角的余弦公式求解作答.
【解答】解:由知,sinα>0,cosα>0,
由得:,
即,
有,
所以,
所以.
故答案为:.
【点评】本题主要考查了和差角公式及二倍角公式在三角化简求值中的应用,属于基础题.
14.(10分)(2018秋 椒江区校级期中)若P是椭圆y2=1上的点,则P到椭圆两焦点距离之和为  2  ,若Q是圆x2+(y﹣6)2=2上的点,则P、Q两点间距离最大值为  6  .
【考点】圆与圆锥曲线的综合;椭圆的几何特征.
【专题】方程思想;转化法;圆锥曲线的定义、性质与方程;运算求解.
【答案】2,6.
【分析】由椭圆的定义可得点P到椭圆的两个焦点的距离之和为2a,设P(cosθ,sinθ),(θ∈R),先计算出|PC|max,则|PQ|max=|PC|max+r.
【解答】解:因为P是椭圆y2=1上的点,
所以由椭圆的定义可得点P到椭圆的两个焦点的距离之和为2a=2,
设P(cosθ,sinθ),(θ∈R),
所以|PC|

当sinθ时,|PC|max=5,
此时cosθ=±,
所以P(,±),
因为点Q是圆x2+(y﹣6)2=2上的点,
所以|PQ|max=|PC|max+r=6,
故答案为:2,6.
【点评】本题考查椭圆的定义,两点之间的距离最值,解题中需要理清思路,属于中档题.
四.解答题(共5小题)
15.(2025 柳州二模)某公司推出一种新产品,为了解某地区消费者对新产品的满意度,从中随机调查了500名消费者,得到如表:
性别 满意度 合计
满意 不满意
男 220 30 250
女 230 20 250
合计 450 50 500
(1)依据小概率值α=0.1的独立性检验,能否认为消费者对新产品的满意度与性别有关;
(2)若用频率估计概率,从该地区消费者中随机选取3人,用X表示不满意的人数,求X的分布列与数学期望.附:χ2,其中n=a+b+c+d.
α 0.1 0.05 0.01
xα 2.706 3.841 6.635
【考点】离散型随机变量的均值(数学期望);独立性检验.
【专题】转化思想;综合法;概率与统计;逻辑思维;运算求解.
【答案】(1)依据小概率值α=0.1的独立性检验,不能认为消费者对新产品的满意度与性别有关.
(2)X的分布列为:
X 0 1 2 3
P
E(X).
【分析】(1)利用公式求出χ2,利用临界值表进行判断;
(2)先求出不满意的概率,由二项分布求解概率,列表得到分布列,利用期望公式进行求解.
【解答】解:(1)零假设H0:消费者对新产品的满意度与性格无关,
则χ22.222<2.706=x0.10,
∴依据小概率值α=0.1的独立性检验,不能认为消费者对新产品的满意度与性别有关.
(2)从该地区消费者中随机选取1人,对新产品不满意的概率为,
从该地区消费者中随机选取3人,用X表示不满意的人数,
则X的可能取值为0,1,2,3,且X~B(3,),
则P(X=0)=()3,
P(X=1),
P(X=2),
P(X=3),
∴X的分布列为:
X 0 1 2 3
P
E(X).
【点评】本题考查独立性检验、二项分布等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
16.(2024秋 秦皇岛期中)已知数列{an}的首项a1,其前n项和Sn满足Sn=1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=nan,数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤m对任意n∈N*恒成立,求m的最小值.
【考点】数列求和的其他方法;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】(1);
(2).
【分析】(1)利用an=Sn﹣Sn﹣1(n≥2)得到{an}为等比数列,然后求通项即可;
(2)利用错位相减的方法得到Tn,然后分n为奇数和偶数两种情况分析即可.
【解答】解:(1)数列{an}的首项a1,其前n项和Sn满足Sn=1.
由①,可知②,
两式相减可得,即.
当n=1时,由题意得,又∵,∴.
又∵,∴{an}是首项为,公比为的等比数列,
故.
(2)设bn=nan,数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤m对任意n∈N*恒成立,
由(1)知,
①,
两边同乘以,得②,
①—②得.
从而.
于是.
当n是偶数时,,,
因此.
当n是奇数时,,,
∴当n是奇数时,{Tn}为递减数列,.
∵Tn≤m对任意n∈N*恒成立,
∴,
即m的最小值为.
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系,以及等比数列的通项公式、求和公式,数列的错位相减法求和、不等式恒成立问题,考查转化思想和运算能力,属于中档题.
17.(2022春 松山区校级期中)已知椭圆C:1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点M(,)满足|MF1|+|MF2|=2a,且△MF1F2的面积为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设E、F是椭圆C上的两个动点,O为坐标原点,直线OE的斜率为k1,直线OF的斜率为k2,求当k1 k2为何值时,直线EF与以原点为圆心的定圆相切,并写出此定圆的标准方程.
【考点】直线与椭圆的综合.
【专题】计算题;方程思想;综合法;圆锥曲线的定义、性质与方程;逻辑思维;运算求解.
【答案】(1);(2)k1 k2=﹣1,.
【分析】(1)由,得c=1,又点M在椭圆上,知,结合a2=b2+1,即可求解;
(2)设出直线EF的方程,联立直线方程与椭圆方程,写出韦达定理,根据直线和圆相切,利用点到直线的距离公式建立方程,求得定圆的标准方程.
【解答】解:(1)由,则|F1F2|=2=2c,所以c=1.
又|MF1|+|MF2|=2a,则点M在椭圆上,所以.
又a2=b2+1,联立解得a2=4,b2=3,
所以椭圆C的方程:.
(2)当直线EF的斜率存在时,设直线EF的方程为y=kx+m,E(x1,y1),F(x2,y2),
联立,消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2﹣12=0,
判别式Δ=48(3+4k2﹣m2)>0,得,,
设k1 k2=t,因为点E,F在直线y=kx+m上,得(kx1+m)(kx2+m)=tx1x2,
整理得,
即,化简得,
原点O到直线EF的距离,则,
由已知有d是定值,所以有,解得t=﹣1,
即当k1 k2=﹣1时,直线EF与以原点为圆心的定圆相切,
验证知当直线EF的斜率不存在时也成立,
此时,定圆的标准方程为.
【点评】本题主要考查椭圆方程的求解,直线与圆锥曲线的位置关系,韦达定理及其应用等知识,属于中等题.
18.(2024秋 普陀区校级期中)在四棱锥P﹣ABCD中,底面为梯形,AB∥CD,△PAD为正三角形,且PA=AB=2,∠BAP=∠CDP=90°,四棱锥P﹣ABCD的体积为.
(1)设平面PAB∩平面PCD=l,求证:l∥AB.
(2)求证:平面PAD⊥平面ABCD.
(3)求异面直线PB与AD所成角的余弦值.
【考点】平面与平面垂直;异面直线及其所成的角.
【专题】转化思想;综合法;空间位置关系与距离;空间角;运算求解.
【答案】(1)证明见解答;
(2)证明见解答;
(3).
【分析】(1)利用线面平行的判定定理及性质定理即可证明;
(2)由面面垂直的判定定理即可证明;
(3)取AD的中点Q,连接PQ,CQ,利用面面垂直的性质定理证明PQ⊥平面ABCD,由棱锥的体积求出CD的长,然后在三角形PBE中,利用边角关系求解即可.
【解答】(1)证明:因为AB∥CD,CD 平面PCD,AB 平面PCD,
则AB∥平面PCD,又AB 平面PAB,
且平面PAB∩平面PCD=l,
则l∥AB;
(2)证明:因为∠CDP=90°,所以CD⊥DP,
因为AB∥CD,则AB⊥DP,
又∠BAP=90°,即AB⊥AP,
又AP,DP 平面PAD,AP∩DP=P,
故AB⊥平面 PAD,又AB 平面ABCD,
则平面PAD⊥平面ABCD;
(3)解:由(2)知,平面PAD⊥平面ABCD,
取AD的中点Q,连接PQ,BQ,
因为△PAD为正三角形,Q为AD的中点,所以PQ⊥AD,
又平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以PQ⊥平面ABCD,
在Rt△PDQ中,,
则四棱锥P﹣ABCD的体积,
解得CD=4,取CD中点E,连接BE,PE,
则AD∥BE,即∠PBE即为直线PB与AD所成角或其补角,
在Rt△BAQ中,,
在Rt△PBQ中,,
在Rt△PDE中,,
又BE=AD=2,所以,
即异面直线PB与AD所成角的余弦值为.
【点评】本题考查线面平行的判定定理及性质定理、面面垂直的判定定理及异面直线所成角的求法,属中档题.
19.(2025 河南二模)设g(x)=axlnx+b﹣x2(a,b∈R),定义为g(x)的“N(t)函数”.
(1)设f(x)为g(x)的“N(1)函数”,若a=1,b=﹣2,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)设f(x)为g(x)的“N(0)函数”.
(i)若x=1是f(x)的极小值点,求b的取值范围;
(ii)若a=2,方程f′(x)=0有两个根x1,x2,且x1<x2,求证:.
【考点】利用导数研究函数的极值;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;新定义类.
【答案】(1)x﹣4y﹣7=0;
(2)(ⅰ)(1,+∞);(ⅱ)证明见解析.
【分析】(1)根据新定义确定f(x)的解析式,求导利用导数的几何意义求解;
(2)(ⅰ)求导,并根据极值的定义判断求解;(ⅱ)根据题意得方程﹣x2+2x﹣b=0有两个正根x1,x2,由韦达定理可得0<b<1,且,求出1<x2<2,构造函数,利用导数求出最大值得证.
【解答】解:(1)若a=1,b=﹣2,则g(x)=xlnx﹣2﹣x2,则,
∴,∴,又,
∴曲线y=f(x)在点处的切线方程为,即x﹣4y﹣7=0.
(2)(ⅰ)由题,可得,定义域为(0,+∞),
则,
∵x=1是f(x)的极小值点,则f′(1)=﹣1+a﹣b=0 a=b+1,
则,
若b≤0,令f′(x)>0 x∈(0,1),令f′(x)<0 x∈(1,+∞),
则f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴x=1是f(x)的极大值点,不满足题意;
若0<b<1,令f′(x)>0,可得x∈(b,1),令f′(x)<0,可得x∈(0,b)∪(1,+∞),
则f(x)在(0,b),(1,+∞)上单调递减,在(b,1)上单调递增,
∴x=1是f(x)的极大值点,不满足题意;
若b=1,则,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减,无极值,不满足题意;
若b>1,令f′(x)>0,可得x∈(1,b),令f′(x)<0,可得x∈(0,1)∪(b,+∞),
则f(x)在(0,1),(b,+∞)上单调递减,在(1,b)上单调递增,
∴x=1是f(x)的极小值点,满足题意;
综上,x=1是f(x)的极小值点时,b的取值范围为(1,+∞).
(ⅱ)证明:由题,
设φ(x)=﹣x2+2x﹣b,抛物线y=φ(x)的对称轴为直线x=1,
∵方程f′(x)=0有两个正根x1,x2,∴,解得0<b<1,
由题意知,得.
∵φ(1)=1﹣b>0,φ(2)=﹣b<0,∴1<x2<2,

令,
则,
当时,h′(x)<0,∴h(x)单调递减;
当时,h′(x)>0,∴h(x)单调递增,
∵1<x2<2,∴h(x2)<max{h(1),h(2)},
由,h(2)=2ln2﹣2,得,
∵e<2.8,∴e2<2.82=7.84<8,∴lne2<ln8,则ln8﹣lne2>0,
∴h(2)﹣h(1)>0,∴h(2)>h(1),∴h(x2)<max{h(1),h(2)}=h(2)=2ln2﹣2,
∴,即.
【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程,利用导数研究函数的极值,考查运算求解能力,属于难题.
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