44、九省聯(lián)考適應(yīng)性練習(xí)02（解析版）

數(shù)學(xué)參考答案與試題解析第=PAGE1*2-11頁共=SECTIONPAGES2*24頁數(shù)學(xué)參考答案與試題解析第=PAGE1*22頁共=SECTIONPAGES2*24頁九省聯(lián)考適應(yīng)性練習(xí)02數(shù)學(xué)模擬試卷（二）參考答案與試題解析1．B[試題解析]，，故選：B2．D[試題解析]因為a，p=a+因為b，p=a+因為a+2b，p=因為a+2c，p=3．D[試題解析]∵l1⊥l2，∴a(a?1)+(1?a)×(2a+3)=0，即(a?1)(a+3)=0故選：D．4．B[試題解析]奇數(shù)項共有n+1項，其和為a1+a2n+12?n+1=25．C[試題解析]依題意可得圓錐的體積V=1×23π32=4π3cm3，又6．B[試題解析]因為A在B的前面出場，且A，B都不在3號位置，則情況如下：①A在1號位置，B有2,4,5號三種選擇，有3Aeq\o\al(3,3)＝18種出場次序；②A在2號位置，B有4,5號兩種選擇，有2Aeq\o\al(3,3)＝12種出場次序；③A在4號位置，B有5號一種選擇，有Aeq\o\al(3,3)＝6種出場次序，故不同的出場次序共有18＋12＋6＝36種．故選B.7．A[試題解析]設(shè)半焦距為c，延長交于點N，由于PM是的平分線，，所以是等腰三角形，所以，且M是的中點．根據(jù)雙曲線的定義可知，即，由于O是的中點，所以MO是的中位線，所以，又雙曲線的離心率為，所以，，所以雙曲線C的方程為所以，，雙曲線C的漸近線方程為，設(shè)，T到兩漸近線的距離之和為S，則，由，得，又T在C：上，則，即，解得，，所以，故，即距離之和為故選8．C[試題解析]第④，因為ω>0，故當(dāng)x∈0,2π時，ωx+π因為fx在0,2π有且僅有5個零點，故2ωπ+①當(dāng)ωx+π5=π2，5π2或9π2，即x=3π10ω，23π②當(dāng)2ωπ+π5∈5π,112π，即ω∈125,534時，當(dāng)ωx+π5=3π2，7π2，即x=13π10ω，33π10ω時，fx取得極小值，此時f③當(dāng)x∈0,π10時，ωx+π5∈π5,π10ω9．ACD[試題解析]A：由asinA=B：當(dāng)A=π3,B=C：sinBcosC+sinCcosB=D：如圖，AE=AB|AB|,AF=AC|AC|是單位向量，則AB|AB|+AC|AC10．ABC[試題解析]令，可得，因為，所以正確.

令，可得，代入，，可得

同理，令，可得，代入，，可得

即原等式變形為，C正確.

令可得，即函數(shù)取值非負(fù).

令可得，即，解得，B正確.

因此僅有一個函數(shù)關(guān)系式滿足條件，故D錯誤.故選ABC11．CD[試題解析【詳解】A：由題意知，，平面，平面所以平面，又平面，所以與不相交，故A錯誤；B：連接，如圖，當(dāng)點為的中點時，，又，所以，若點在平面的射影為，則平面，垂足為，所以，設(shè)正方體的棱長為2，則，在中，，所以，即不成立，故B錯誤；C：建立如圖空間直角坐標(biāo)系，連接，則，所以異面直線與所成角為直線與所成角，設(shè)正方體的棱長為2，若存在點使得與所成角為，則，所以，所以，又，得，解得，符合題意，故不存在點使得與所成角為，故C錯誤；D：如圖，由等體積法可知，又，為定值，所以為定值，所以三棱錐的體積為定值，故D正確.故選：CD.12．?429[試題解析]因為sinα?π6=所以α?所以cosα?所以sin2cos2α+π6=cos13．

；

[試題解析]設(shè)圓錐的底面半徑r，母線為l，高為h，

設(shè)母線與底面所成的角為，則，則，則，

則圓錐的體積為

，

令，則，

令，求導(dǎo)得，

令，則或舍去，

所以當(dāng)時，，單調(diào)遞增，當(dāng)時，，單調(diào)遞減，

所以當(dāng)時，取得極大值，也是最大值.此時最大，，

即圓錐的母線與底面所成的角的余弦值時，圓錐的體積最大，最大值為故答案為：；14．[－8－8eq\r(2)，8＋8eq\r(2)][試題解析]以O(shè)為原點，eq\o(OC,\s\up18(→))的方向為x軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，因為正方形ABCD的邊長為4，所以AC＝4eq\r(2)，點A(－2eq\r(2)，0)，C(2eq\r(2)，0)，設(shè)AD的中點為E，則E(－eq\r(2)，eq\r(2))，AE＝2，當(dāng)P是半圓E上的一動點時，設(shè)點P(－eq\r(2)＋2cosθ，eq\r(2)＋2sinθ)，eq\o(AC,\s\up18(→))·eq\o(OP,\s\up18(→))＝4eq\r(2)(－eq\r(2)＋2cosθ)＝－8＋8eq\r(2)cosθ，因為cosθ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，所以eq\o(AC,\s\up18(→))·eq\o(OP,\s\up18(→))的取值范圍是[－8－8eq\r(2)，0]；同理可知，當(dāng)P在左下側(cè)圓上運動時，eq\o(AC,\s\up18(→))·eq\o(OP,\s\up18(→))的取值范圍是[－8－8eq\r(2)，0]；同理可知，當(dāng)P在右側(cè)圓上運動時，eq\o(AC,\s\up18(→))·eq\o(OP,\s\up18(→))＝4eq\r(2)(eq\r(2)＋2cosθ)＝8＋8eq\r(2)cosθ，cosθ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，eq\o(AC,\s\up18(→))·eq\o(OP,\s\up18(→))的取值范圍是[0,8＋8eq\r(2)]．綜上可知，eq\o(AC,\s\up18(→))·eq\o(OP,\s\up18(→))的取值范圍是[－8－8eq\r(2)，8＋8eq\r(2)]。15．（13分）解：（Ⅰ）由f′(x)＝2xex＞0，得x＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a≥0，所以f(a)≥f(0)＝－2．所以f(a)的取值范圍是[－2，＋∞)．（Ⅱ）因為存在x所以存在x令h(x)＝(2x－3)e因為x≥1，所以2x－1≥1，e所以h′(x)＞0，所以h(x)＝(2x－3)e所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，所以實數(shù)p的取值范圍是[－e，＋∞)．16．（15分）解：（Ⅰ）零假設(shè)為：ChatGPT對服務(wù)業(yè)就業(yè)人數(shù)的增減無關(guān).根據(jù)表中數(shù)據(jù)得，所以根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，沒有充分證據(jù)推斷不成立，因此可以認(rèn)為無關(guān).（Ⅱ）由題意得，采用分層抽樣抽取出的5人中，有人認(rèn)為人工智能會在服務(wù)業(yè)中廣泛應(yīng)用，有人認(rèn)為人工智能不會在服務(wù)業(yè)中廣泛應(yīng)用，則的可能取值為，又，所以的分布列為123所以.17．（15分）解：依題意，以C為原點，分別以CA、CB、CC1的方向為x軸、y軸、可得C(0,0,0)、A(2,0,0)、B(0,2,0)、C1A1(2,0,3)、B1(0,2,3)、D(2,0,1)、（Ⅰ）依題意，C1M=(1,1,0)從而C1M?（Ⅱ）依題意，CA=(2,0,0)是平面BEB1=(0,2,1)設(shè)n=(x,y,z)為平面D則{n?E不妨設(shè)x=1，可得n=(1,?1,2)cos<∴sin所以，二面角B?B1E?D（Ⅲ）依題意，AB=(?2,2,0)由（Ⅱ）知n=(1,?1,2)為平面DB1所以，直線AB與平面DB1E18．（17分）解：（Ⅰ）設(shè)P(x，y)，由題意知|PA|＝|PG|.當(dāng)P點不在y軸上時，過P作PB⊥GH，交GH于點B，則B為GH的中點，∴|GB|＝eq\f(1,2)|GH|＝2，∴|PG|＝eq\r(x2＋4).又|PA|＝eq\r(x－22＋y2)，∴eq\r(x－22＋y2)＝eq\r(x2＋4)，化簡得y2＝4x(x≠0)；當(dāng)P點在y軸上時，易知P點與O點重合，P(0,0)也滿足y2＝4x，∴曲線C的方程為y2＝4x.（Ⅱ）假設(shè)存在Q(a,0)滿足題意．設(shè)S(x1，y1)，T(x2，y2)．由題意知直線l′的斜率必不為0，設(shè)直線l′的方程為x＝t1y＋a(t1≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t1y＋a，,y2＝4x))得y2－4t1y－4a＝0，∴y1＋y2＝4t1，y1y2＝－4a.∴x1＋x2＝t1(y1＋y2)＋2a＝4teq\o\al(2,1)＋2a，x1x2＝eq\f(1,16)yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝a2.∵|QS|2＝(x1－a)2＋yeq\o\al(2,1)＝(x1－a)2＋4x1＝xeq\o\al(2,1)＋(4－2a)x1＋a2，|QT|2＝(x2－a)2＋yeq\o\al(2,2)＝(x2－a)2＋4x2＝xeq\o\al(2,2)＋(4－2a)x2＋a2，∴|QS|2＋|QT|2＝xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋(4－2a)(x1＋x2)＋2a2＝(x1＋x2)2＋(4－2a)(x1＋x2)－2x1x2＋2a2＝(x1＋x2)(x1＋x2＋4－2a)－2x1x2＋2a2＝(4teq\o\al(2,1)＋2a)(4teq\o\al(2,1)＋4)，|QS|2·|QT|2＝16a2(teq\o\al(2,1)＋1)2.∴eq\f(1,|QS|2)＋eq\f(1,|QT|2)＝eq\f(|QS|2＋|QT|2,|QS|2·|QT|2)＝eq\f(4t\o\al(2,1)＋2a4t\o\al(2,1)＋4,16a2t\o\al(2,1)＋12)＝eq\f(2t\o\al(2,1)＋a,2a2t\o\al(2,1)＋1)，當(dāng)a＝2時，上式eq\f(1,|QS|2)＋eq\f(1,|QT|2)＝eq\f(1,4)，與t1無關(guān)，為定值．∴存在點Q(2,0)，使過點Q的直線l′與曲線C的交點S，T滿足eq\f(1,|QS|2)＋eq\f(1,|QT|2)為定值eq\f(1,4).19．（17分）解：（Ⅰ）證明：fx=ln所以，f'x=所以函數(shù)fx在0,+因為f1所以，存在唯一a∈1,b，使得fa=0，即：f（Ⅱ）解：①由（1）知f'所以，曲線fx在xn,f所以，曲線fx在xn