2024屆高考3月模擬考?jí)狠S題匯編-多選題篇含答案

C.f(x)的周期為4D.f(n)·g(n)=0(n∈Z)B.x?T?=eCC.yn+y?=1+yD.y?y的是()A.有無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)P,使得AP//平面BDC單調(diào)遞增A.4k都是g(x)的周期B.曲線y=g(x)關(guān)于點(diǎn)(2k,0)對(duì)稱C.S△AOB=S△MOND.S2Mcv=4S△ANC·S△BCMC.三棱錐G-BC?D體積的最大值為2B.若G∈C?D,則EG//平面ADD?A?33A.g(2)=0B.f(3)<3)1(i,n∈N^,1≤i≤n).設(shè)u=(ai,a?,ag,…,an),v=(b?,b?A.若u=(0,0,0,0,0),則存在5個(gè)5元數(shù)組v,使得d(u,v)=1B.若u=(1,1,1,1,1),則存在12個(gè)5元數(shù)組v,使得d(u,v)=3C.若n元數(shù)組,則d(u,w)+d(v,w)≥d(u,v)D.2024屆高者3月模擬考?jí)狠S趣匯端一多選題篇C.f(x)的周期為4D.f(n)·g(n)=0(n∈Z)f(1+x)-g(x)=4②,由g(x)=g(2-x),得g(x)=-g(2-x),令x=1,得g(1)=0;由f(1+x)-g(x)=4,得f(1+x)-g(x)=0,,設(shè)M(xi,y?),N(z?,y?),且1<xj<e<x?,可得kxj=lnzj,kr?=lnz?,故B錯(cuò)誤；故B錯(cuò)誤；所因?yàn)閗z?=yi,所以Ink+lnz?=lny,所以lnk+y?=lnyrA.底面半徑為1m,高為2m的圓錐形罩子(無(wú)底面)能C.該正方體內(nèi)能同時(shí)整體放入兩個(gè)底面半徑為0.5m,高為0.7m的圓錐D.該正方體內(nèi)能整體放入一個(gè)體積為的圓錐22BC=√2,因?yàn)椤鰽BC~△ADE,所以所以DE=2√2,圓錐底面圓半徑最小為√2>1,A錯(cuò)誤；等價(jià)于求AB與平面A,BD所成角的正切值，因?yàn)閂?-Ap=所以點(diǎn)A到平面A?BD的距離為則此圓錐的母線AA?與底面A?BD所成角的正切值為B正確；分別以AA?,CC?的中點(diǎn)E,F對(duì)于D,如圖，AC?的中點(diǎn)P作垂線MN,分別交AC,A?G?于點(diǎn)M,N,顯然底面圓心在線段AP上(不含P點(diǎn)),設(shè)AG=x,上恒成立，所以V(x)在A.有無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)P,使得AP//平面BDCB.有無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)P,使得AP⊥平面BDC?C.若點(diǎn)P∈平面BCC?B?,則四棱錐P-ABCD的體積的最大值為D.若點(diǎn)P∈平面BCC?B,則AP+PG?的最大值為√6【詳解】令正方體ABCD-A?B?C?D?的外接球半徑為r,則BD?=√3,AB=1,連接AB?,AD?,B?D,由四邊形ABC?D?是該正即有AD?//BG?,而BC?C平面BDC?,AD?4平面BDC,則AD?/l平面BDC,同理AB?//平面BDC,又AB?∩AD?=A,AB,AD?C平面AB?D?,因此平面AB?D?//平面BDC?,令平面ABD?截球面所得截面小圓為圓M,對(duì)圓M上任意一點(diǎn)(除點(diǎn)A外)均有AP//平面BDCj,A正確；對(duì)于C,平面BCC?B?截球面為圓R,圓R的半徑為則圓R上的點(diǎn)到底面ABCD的距離的最大值為對(duì)于D,顯然AB⊥平面BCC?B,在平面BCC?B?內(nèi)建立平面直角AP+PC=√2+x+√1-x=√(√2+x+√1-x)2≤√2[(√2+x)+(V1-x)]=√6,【詳解】對(duì)于A,因?yàn)?1+x)?=C+C{x+Ca2+…+Cx?,55對(duì)于C,因?yàn)閷?duì)于(1+x)'°,其含有x?的項(xiàng)的系數(shù)為Ci,對(duì)于(1+x)(1+x),要得到含有x?的項(xiàng)的系數(shù)，須從第一個(gè)式子取出k(O≤k≤8,k∈N)個(gè)x,再?gòu)牡?66,,時(shí)時(shí)所以x?+T?+Zg+T?=4π;由-g(4-x)=g(x),故g(-x+1)=-g(3-x),則g(x+3)=-g(x+5),即有g(shù)(x+1)=-g(3+x),故g(x)=g(x+4),故g(x)周期為4.對(duì)C:由g(x)周期為4,故g(4k+2-z)=g(2-x),故有-g(-x)=-g(4k-x),故g(4k+x)=-g(4又g(x)周期為4,C.對(duì)任意M>0,總存在n∈N,使得b,>MD.對(duì)任意M>0,總存在n∈N,使得于是2b,=2×2?+3×2+4×22+…+n×2~-2+(n+1)×2°-1,從而對(duì)任意M>0,總存在n∈N,使得b,>對(duì)于D,△b,=(n+3)·2°-(n+2)·2*-1=(n+4)·2"-,顯然數(shù)列是遞減數(shù)列錯(cuò)誤.DD?上的動(dòng)點(diǎn)(含端點(diǎn)),則下列說(shuō)法中正確的是()99AA?C平面A?AM,DD?4平面A?AM,所以DD?/l平面A?AM,故A正確；四邊形AMHN為過(guò)A,M,N的平面截正方體ABCD-A?B?C?D?因?yàn)槠矫鍭?ADD?//平面B?BCC?,且平面A?ADD?∩平面AMHN=AN,且平面B?BCC?∩平面AMHN=MH,連接MM',設(shè)△AD?N外接圓圓心為O,外接球球心為O,即故C錯(cuò)誤;則A(0,0,0),B?(2,0,2),C(2,2,0)則AB?=(2,0,2),AC=(2,2,0),CN=(-2,令x=1,則y=x=-1,故?=(1,-1,-1)B.三棱錐F?-ECD外接球的表面積為8πD.三棱錐E-PMN體積的最大值為8當(dāng)FF;/平面PMN時(shí)，F(xiàn)F'C平面ABB'A,則FE'//PE,有OB'//PE,△F?CD外接圓半徑FF'//AA',則F?F”⊥平面ECD,,,由橢圓性質(zhì)知1≤m≤3,且xj<x?,則f(x?+x?-xi)=f(xi)+f(x?-xi)+2,所以f(2024)=[f(2024)-f(2023)]+[f(2=2023×2+0=4046,所以C正確；A.BM//ANC.S△AOB=S△MOND.S2Mcn=4S△ANC·S△BCM則△=(2pm)2+8pa>0,y?y?=-2pa,3h+y?=2pm,x?+x?=m(y?+y?)+2a=2pm2+2a,故對(duì)于C,設(shè)x=-a與x軸交于P,S<pon=SA若f(x?)=-x?>0,即x?<0,可知若f(xi)=-x?=0,即x?=0,可知m=2,n=4,mn=8,m+n,,故A錯(cuò)誤. 【答案】BCD則AC=(-2,2,0),AD=(-2,0,2),EF=(-1,1,0),EG=(x?-2,yo設(shè)平面ACD?的一個(gè)法向量為π=(xi,iz)令x?=1,則y?=z?=1,即π=(1,1,1),選項(xiàng)B:若G∈C?D,則x?=0,即o=1,所以G為C?D?的中點(diǎn)，所以EG//AD,EG4平面ADD?A?,ADC平面ADD?A,所以EG/平面ADD?A?,故B正確；即π=(-1,1,-1),設(shè)G到平面DBC?的距離所以當(dāng)x?=1時(shí)，三棱錐G-BC?D體積的最大值為2,故C正確；,, 【詳解】對(duì)于B,設(shè)切點(diǎn)(x,f(x)),(x?,g(x?)),f(a,設(shè)A(x?y?),B(xg,yB),C(xo,yc),D(xp,yp),f(x)=-2x+故f(x?)=g(xc)>-2x?+2=2xof(xg)=g(xp)=-2rg+2=2所以TA+Tc=1,Tg+Tp=1,所以2x6-2xp+1-a=0,且△=4-8(1-a)=8a-4>0,故,=f[(x?-x?)+x?]-f(x?)+(x?-x?)(x}=f(x?-x?)+f(x?)-3(x?-x?)x?[(x?-x?)+x?]-f(x?)+(x?-x?)(=f(x?-x?)-3r?x?(x?-x?)+(x?-x?)(x}+=f(x?-x?)+(x?-x?)(x2+所以三棱錐A-GEF的體積不是定值，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于C選項(xiàng)，當(dāng)G為BC中點(diǎn)時(shí)，平面EFG截正方體所得的截面為正六邊形EKFHGJ,如圖4所示，其中H,J,K為相應(yīng)邊的中點(diǎn)，則正六邊形EKFHGJ的邊長(zhǎng)為2√2,G所以該截面的面積為,故存在點(diǎn)G,符合題意，故C選項(xiàng)正確；2r=5mZFAa-2-142,2r=5mZFAa-2-142,A.g(2)=0B.f(3)<3【答案】BC所以g(x)-x=0,即g(x)=x,所以f(x可得h(x+2)+h(x)=0,所以h(x+4)+h(x+2)=0,所以D錯(cuò)誤.)GH4平面APQ,PQC平面APQ,則有G