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    【学考模拟 】浙江省2024年7月普通高中学业水平测试仿真模拟数学试卷
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    【学考模拟 】浙江省2024年7月普通高中学业水平测试仿真模拟数学试卷

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    这是一份【学考模拟 】浙江省2024年7月普通高中学业水平测试仿真模拟数学试卷,共17页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    1.已知z−iz=3+i,则复数Z在复平面内对应的点位于( )
    A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
    2.已知|a|=|b|=2,|a+2b|=4 2,则a在b上的投影向量为( )
    A. 32aB. 34bC. 32bD. 112a
    3.已知函数y=ln(x2−3x+2)的定义域为集合A,值域为集合B,则∁BA=( )
    A. (−∞,1)∪(2,+∞)B. (−∞,1]∪[2,+∞)
    C. (1,2)D. [1,2]
    4.已知α,β为钝角,且csα=−2 55,sinβ= 1010,则α+β=( )
    A. π4B. 5π4C. 3π4D. 7π4
    5.甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛,采用7局4胜制(先胜4局者胜,比赛结束).已知每局比赛甲获胜的概率均为23,则甲以4比2获胜的概率为( )
    A. 154B. 10729C. 40243D. 160729
    6.已知向量a=(−6,t),b=(2,1),且a//b,则实数t的值为( )
    A. 3B. −12C. −3D. 2
    7.用平面α截一个球,所得的截面面积为4π,若α到该球球心的距离为 5,则球的体积( )
    A. 27πB. 81πC. 36πD. 32π3
    8.若m满足22m=44m,则m的值为( )
    A. 1B. 2C. −1D. 0
    9.常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况,这个时间被称做半衰期,记为T(单位:天).铅制容器中有甲、乙两种放射性物质,其半衰期分别为T1,T2.开始记录时,这两种物质的质量相等,512天后测量发现乙的质量为甲的质量的18,则T1,T2满足的关系式为( )
    A. 3+512T1=512T2B. 2+512T1=512T2
    C. −2+lg2512T1=lg2512T2D. 2+lg2512T1=lg2512T2
    10.设a,b为实数,则“a≥b”是“am2≥bm2”的( )
    A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
    C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
    11.设△ABC的内心为I,而且满足3IA+5IB+6IC=0,则cs∠ABC的值是( )
    A. 23B. 63C. 23D. 59
    12.一个顶点为P,底面中心为O的圆锥体积为1,若正四棱锥O−ABCD内接于该圆锥,平面ABCD与该圆锥底面平行,A,B,C,D这4个点都在圆锥的侧面上,则正四棱锥O−ABCD的体积的最大值是( )
    A. πB. 821πC. 8πD. 827π
    二、多选题:本题共4小题,共20分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分。
    13.已知幂函数f(x)=(−3a+1)xm2−3m+2,其中a,m∈R,则下列说法正确的是( )
    A. a=−1B. 若12f(1)
    C. 若m=4时,y=f(x)关于y轴对称D. f(x)恒过定点(−1,−1)
    14.饮料瓶的主要成分是聚对苯二甲酸乙二醇酯,简称“PET”.随着垃圾分类和可持续理念的普及,饮料瓶作为可回收材料的“主力军”之一,得以高效回收,获得循环再生,对于可持续发展具有重要意义,上海某高中随机调查了该校某两个班(A班, B班)5月份每天产生饮料瓶的数目(单位:个),并按[10,20),[20,30),[30,40),[40,50),[50,60),[60,70]分组,分别得到频率分布直方图如下:下列说法正确的是( )
    A. A班该月平均每天产生的饮料瓶个数估计为41
    B. B班5月产生饮料瓶数的第75百分位数x2=1603
    C. 已知该校共有学生1000人,则约有150人5月份产生饮料瓶数在[40,50)之间
    D. m=0.25
    15.已知函数f(x)=esin x−cs x+ecsx−sinx,则下列说法正确的是( )
    A. f(x)的图像是中心对称图形B. f(x)的图像是轴对称图形
    C. f(x)是周期函数D. f(x)存在最大值与最小值
    16.已知函数f(x)=x2−2x+3,x>0,2x,x≤0,则关于x的方程f(x)=ax+2根的个数可能是( )
    A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
    三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
    17.已知函数f(x)={x2+4x,x⩾0或x⩽−1ln(x+1),−118.已知函数f(x)=sin(2x+π6)+sin(2x−π6)+3cs2x+t的最大值为3 3,则常数t的值为__________,f(x)的单调递增区间为__________。
    19.给定正实数k,对任意正实数a,b,记m=min{a,bka2+b2},则m的最大值为__________。
    20.A为平面内一定点,|α|=2,|β|=3,α与β夹角为60∘,AP=xα+yβ,0≤x,y≤1,则P所围成的面积为 .
    四、解答题:本题共3小题,共36分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
    21.(本小题12分)
    已知△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,c= 3,tanC=sinA+sinBcsA+csB
    (1)求2a+b的取值范围;
    (2)求△ABC内切圆的半径的取值范围.
    22.(本小题12分)
    如图,四棱锥A−BCED中,平面ABC⊥平面BCED,AB=AC,AD=AE,BC//DE,BD=CE,BC=2DE=4 3,∠DAE=12∠BAC,AD=ABsin∠DAE.设BC中点为H,过点H的平面α同时垂直于平面BAD与平面CAE.
    (1)求平面a与平面BCED夹角的正弦值;
    (2)求平面a截四棱锥A−BCED所得多边形的周长.
    23.(本小题12分)
    已知函数f(x)=x2−2a|x−2a|−2ax+1(a∈R)
    (1)若函数f(x)为偶函数,求a的值;
    (2)当a>0时,
    (ⅰ)函数f(x)≥4a|x−a2|−10a2+1;(ⅱ)若关于x的方程f(x)=b有两个不同的实根x1,x2且x1答案和解析
    1.【答案】C
    【解析】【分析】
    本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的代数表示法及其几何意义,是基础题.
    直接利用复数代数形式的乘除运算化简,求出 z在复平面内所对应的点的坐标可得答案.
    【解答】解:由 z−iz=3+i,得 z=−i2+i,
    ∵z=−i2+i=−i2−i2+i2−i=−15−25i,
    ∴z在复平面内对应的点 −15,−25位于第三象限.
    2.【答案】B
    【解析】【分析】
    本题考查投影向量,属于基础题.
    先求出a⋅b=3,再利用投影向量公式即可求解.
    【解答】
    解:由题意,|a+2b|2=a2+4a⋅b+4b2=4+4a⋅b+16=32⇒a⋅b=3,
    则a在b上的投影向量为a⋅bbbb=34b
    3.【答案】D
    【解析】【分析】
    本题考查函数的定义域、值域,考查补集运算,属于基础题.
    求出A,B,由补集运算即可求解.
    【解答】
    解:y=lnx2−3x+2=ln(x−1)(x−2) ,
    令 (x−1)(x−2)>0 ,得 A=(−∞,1)∪(2,+∞) ,
    由于(x−1)(x−2)可取遍(0,+∞)内的数,
    故 B=R,∁BA=∁RA=[1,2] .
    故选D.
    4.【答案】D
    【解析】【分析】
    本题考查根据三角函数值求角,属于基础题.
    利用两角和的余弦公式求得角的余弦,再由角的范围求得角的大小.
    【解答】解:α,β均为钝角,且csα=−2 55,sin β= 1010
    所以sin α= 1−cs2α= 55,cs β= 1−sin2β=−3 1010,
    所以 cs(α+β)=csαcsβ−sinαsinβ=(−2 55)×(−3 1010)− 1010× 55= 22,
    因为π2<α<π,π2<β<π,所以π<α+β<2π,所以α+β=74π,
    故选D.
    5.【答案】D
    【解析】【分析】
    本题主要考查n次独立重复实验中恰好发生k次的概率,等可能事件的概率,属于基础题.
    甲以4:2的比分获胜,则甲在前5局中胜3局,第6局胜,即可得出结论.
    【解答】
    解:甲以4:2的比分获胜,则甲在前5局中胜3局,第6局胜,
    因此所求概率为:P=C53⋅(23)3⋅132⋅23=160729.故选D.
    6.【答案】C
    【解析】解:a=(−6,t),b=(2,1),且a//b
    ∴1×(−6)−2t=0,
    则实数t=−3
    故选C.
    根据两向量平行的坐标表示,列出方程求出t的值.
    本题考查了两向量平行的坐标表示与应用问题,是基础题目.
    7.【答案】C
    【解析】【分析】
    本题考查球的体积,属于基础题.
    先求截面圆的半径,再求得球的半径,即可求解.
    【解答】解:截面面积为4π,可得截面圆半径为2,又α到该球球心的距离为 5,
    所以球的半径= 22+( 5)2=3,
    所以根据球的体积公式知V球=4πR33=4π×333=36π,
    故选C.
    8.【答案】C
    【解析】【分析】本题考查了指数运算,属于基础题.
    已知条件开方,即可得答案.
    【解答】解:由于22m=44m=22×4m,故2m=2×4m,两边约去2m(≠0)得1=2m+1.
    所以m=−1.
    故选C
    9.【答案】A
    【解析】【分析】
    本题考查指数函数的应用,属中档题.
    设这两种放射性物质的初始质量均为C0,则经过时间t后,甲、乙物质所剩的质量为:C0(12)tT1和C0(12)tT2,由题意代入t=512可得C0(12)512T1⋅18=C0(12)512T2,整理化简即可得解.
    【解答】解:设这两种放射性物质的初始质量均为C0,
    那么经过时间t后,甲物质所剩的质量为:C0(12)tT1,乙物质所剩的质量为:C0(12)tT2,
    由512天后测量发现乙的质量为甲的质量的18,
    可得C0(12)512T1⋅18=C0(12)512T2,
    即(12)512T1⋅(12)3=(12)512T2,即(12)512T1+3=(12)512T2,
    即512T1+3=512T2,
    故选A
    10.【答案】B
    【解析】【分析】
    本题主要考查充分条件和必要条件的判断,不等式的性质,属于基础题.
    根据不等式的关系结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.
    【解答】
    解:若a≥b,∵m2≥0,∴am2≥bm2,故“a≥b”是“am2≥bm2”的充分条件;
    若a=−1,b=2,m=0,则am2≥bm2成立,但a故“a≥b”是“am2≥bm2”的不必要条件;
    故“a≥b”是“am2≥bm2”的充分不必要条件.
    故选B.
    11.【答案】D
    【解析】【分析】
    本题考查向量的线性运算和余弦定理的应用,属于中档题.
    由3IA+5IB+6IC=0可得a:b:c=3:5:6,再由余弦定理即可求得.
    【解答】
    解:设△ABC的三边长为a,b,c,若I为△ABC的内心,∵ABc,ACb分别为AB,AC方向上的单位向量,
    ∴ABc+ACb平分∠BAC,AI=λ(ABc+ACb),令λ=bca+b+c,
    则AI=bca+b+c(ABc+bCb),化简得(a+b+c)IA+bIB+cAC=0,
    即(a+b+c)IA+b(AI+IB)+c(AI+IC)=0∴aIA+bIB+cIC=0,
    ∵3IA+5IB+6IC=0,∴a:b:c=3:5:6,
    设a=3k,b=5k,c=6k(k>0),
    所以csB=a2+c2−b22ac=9k2+36k2−25k22×3k×6k=59.
    12.【答案】D
    【解析】【分析】
    本题考查由基本不等式求最值或取值范围、棱锥的体积,属于中档题.
    先求出四棱锥O−ABCD的体积关于圆锥底面半径r和高h的表达式,然后用均值不等式求最大值即可.
    【解答】
    解:如图,设圆锥PO的底面半径为r,高为h,
    则V=13πr2h=1⇒h=3πr2,
    又设正四棱锥O−ABCD底面所在圆的半径为r1,高为h1,
    于是h−h1r1=hr⇒h−h1=3πr3r1⇒h1=3πr2−3πr3r1,
    从而VO−ABCD=13⋅2r12⋅h1=2r12πr2(1−r1r)=2r12(r−r1)πr3=r1⋅r1⋅(2r−2r1)πr3≤(2r3)3πr3=827π,
    当且仅当r1=2r−2r1,即r1=2r3时等号成立,
    所以O−ABCD体积的最大值是827π.
    故选D.
    13.【答案】BC
    【解析】【分析】本题主要考查幂函数定义和性质,属于基础题.
    由题意可得−3a+1=1,求出a的值,当m=4时,幂函数为偶函数,关于y轴对称,当12【解答】
    解:∵函数f(x)=(−3a+1)xm2−3m+2是幂函数,
    ∴−3a+1=1,即a=0,A错误;
    幂函数图象恒过点(1,1),D错误;
    当m=4时,fx=x42−3×4+2=x6,f(−x)=(−x)6=x6=f(x),
    函数为偶函数,关于y轴对称,C正确;
    令φm=m2−3m+2=m−322−14,当120,幂函数fx=xφm在(0,+∞)为增函数,所以f(2)>f(1),B正确.
    故选BC
    14.【答案】AB
    【解析】【分析】
    本题考查了频率分布直方图,平均数,百分位数的计算,属于基础题.
    根据频率之和为1可求出m,可判断D;
    求出A班的平均数可判断A;
    求出B班的第75百分位数可判断B;
    根据产生饮料瓶数在[40,50)的频率可判断C.
    【解答】
    解:对于D,由题意可知10×(0.005+0.020+m+0.020+0.015+0.015)=1,
    解得m=0.025,故D错误;
    对于B,A班的平均值为:10×0.005×15+0.015×25+0.030×35+0.020×45+0.025×55+0.005×65=41,故A正确;
    对于B,
    0.005×(20−10)+0.020×(30−20)+0.025×(40−30)+0.020×(50−40)+0.015×(x2−50)=0.75,解得x2=1603,故B正确;
    对于C,因为A班,B班5月份产生饮料瓶数在[40,50)的频率都为0.2,
    故预计5月份产生饮料瓶数在[40,50)之间的人数为1000×0.2=200,故C错误.
    故选AB.
    15.【答案】BCD
    【解析】【分析】
    B项,可证明f(π4+x)=f(π4−x);C项,可得f(x+π)=f(x);D项,利用函数奇偶性,单调性确定最值.
    利用D选项可确定A的对错
    本题考查函数的性质,属于中档题.
    【解答】解:对于B,f(π4+x)=e 2sinx+e− 2sinx=f(π4−x),则f(x)的对称轴方程为x=π4,故B正确;
    对于C,f(x+π)=esin(x+π)−cs(x+π)+ecs(x+π)−sin(x+π)=e−sinx+csx+e−csx+sinx=f(x),
    则f(x)的周期为π,故C正确;
    对于D,令t=sinx−csx= 2sin(x−π4)∈[− 2, 2],
    令g(t)=et+e−t,t∈[− 2, 2],g(−t)=g(t),g(t)是偶函数,
    故只需考虑t∈[0, 2]的部分,g′(t)=et−e−t,t>0时,g′(t)>0,
    2=g(0)≤g(t)≤g( 2)=e 2+e− 2,即f(x)存在最大值e 2+e− 2与最小值2,故D正确.
    对于A,考虑相邻的最大最小值,由D知,
    当 t=0 时,取x=π4 ,fx 最小,
    当 t= 2 时,取 x=3π4 , fx 最大,
    若fx的图像是中心对称图形,
    则π4,2与3π4,e 2+e− 2关于对称中心对称,显然对称中心为π2,2+e 2+e− 22,
    而fπ2=e+e−1,故fx的图像不是中心对称图形,故A错误.
    故选:BCD.
    16.【答案】ABD
    【解析】【分析】
    本题考查方程的根与函数交点之间的关系,考查学生转化与数形结合的能力,属于中等题;
    分析可知函数y=f(x)与y=ax+2的交点个数,结合图象分析求解.
    【解答】解:因为关于x的方程f(x)=ax+2的根个数即为函数y=f(x)与y=ax+2的交点个数,
    注意到直线y=ax+2过定点0,2,作出y=f(x)的图象,
    由图象可知:函数y=f(x)与y=ax+2的交点个数可能为0个、1个、3个,不可能为2个,
    所以关于x的方程f(x)=ax+2的根个数不可能是2个.
    故答案为:ABD.
    17.【答案】−4
    【解析】【分析】
    本题考查函数值的计算,涉及分段函数的解析式,属于基础题.
    根据题意,由函数的解析式求出f(e−2−1)的值,进而计算f(−2)可得答案.
    【解答】
    解:根据题意,函数f(x)={x2+4x,x⩾0或x⩽−1ln(x+1),−1则f(e−2−1)=ln(e−2−1+1)=−2,f(f(e−2−1))=f(−2)=(−2)2+4×(−2)=−4,
    故f(f(e−2−1))=−4;
    故答案为:−4.
    18.【答案】 3 ; [kπ−5π12,kπ+π12],k∈Z
    【解析】【分析】
    本题主要考查了两角和的正弦函数公式的应用,考查了正弦函数的图象和性质,属于基本知识的考查.
    利用两角和差的正弦函数公式和辅助角公式化简可f(x),利用正弦函数的性质即可得解t的值; 由正弦函数的单调性,即可解得函数的单调递增区间.
    【解答】
    解:f(x)=sin (2x+π6)+sin (2x−π6)+3cs 2x+t
    = 32sin2x+12cs2x+ 32sin2x−12cs2x+3cs2x+t
    = 3sin2x+3cs2x+t
    =2 3sin2x+π3+t,
    ∴2 3+t=3 3,
    ∴t= 3.
    由2kπ−π2⩽2x+π3⩽2kπ+π2,k∈Z,
    解得kπ−5π12⩽x⩽kπ+π12,k∈Z,
    故单增区间为[kπ−5π12,kπ+π12],k∈Z,
    19.【答案】144k
    【解析】【分析】
    本题考查函数新定义问题,考查基本不等式的应用,属于中档题.
    根据定义讨论:当a≥bka2+b2时,m=mina,bka2+b2=bka2+b2,根据基本不等式可知bka2+b2≤1 4ka,这时a≥1 4ka,1 4ka≤144k,;当a【解答】
    解:因为a>0,b>0,k>0,所以bka2+b2≤b2 kab=12 ka=1 4ka,当且仅当ka2=b2时,“=”成立,
    所以当a≥bka2+b2恒成立时,a≥1 4ka,1 4ka≤144k,所以m=mina,bka2+b2=bka2+b2≤1 4ka≤144k;
    当a这时m=mina,bka2+b2=a<144k.
    综合得知:m的最大值为144k.
    故答案为:144k.
    20.【答案】3 3
    【解析】【分析】
    本题考查三角形面积公式、向量的长度,属于一般题.
    P点轨迹所围的面积应是以a,β为邻边的平行四边形的面积,求解即可.
    【解答】
    解:因为AP=xα+yβ,0≤x,y≤1,
    则|AP|=|xa+yβ|,0≤x≤y≤1,
    所以P点轨迹所围的面积应是以a,β为邻边的平行四边形的面积,
    所以S=12|a||β|⋅sin60∘×2=12×2×3× 32×2=3 3,
    所以P点轨迹所围的面积是3 3.
    故答案为3 3.
    21.【答案】解:(1)tanC=sinA+sinBcsA+csB,
    则sinCcsC=sinA+sinBcsA+csB,
    由正余弦定理可得ca2+b2−c22ab=a+bb2+c2−a22bc+a2+c2−b22ac,
    则b2+c2−a22b+a2+c2−b22a=(a+b)(a2+b2−c2)2ab,
    即ab2+ac2−a3+a2b+bc2−b3=(a+b)(a2+b2−c2),
    即ab(a+b)+c2(a+b)−(a+b)(a2−ab+b2)=(a+b)(a2+b2−c2),
    即(a+b)(c2+2ab−a2−b2)=(a+b)(a2+b2−c2),
    即c2+2ab−a2−b2=a2+b2−c2,
    即a2+b2−c2=ab,
    即csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12,
    又0由正弦定理得asinA=bsinB=csinC= 3 32=2,
    故a=2sinA,b=2sinB,
    则2a+b=4sinA+2sinB=4sinA+2sin(A+π3)
    =5sinA+ 3csA=2 7sin(A+φ),
    其中φ为锐角,tanφ= 35< 33,φ∈(0,π6),
    由C=π3,可知A∈(0,2π3),
    则A+φ∈(φ,φ+2π3)⊆(φ,5π6),
    故sin(A+φ)∈(sinφ,1]=( 32 7,1],
    故2a+b=2 7sin(A+φ)∈( 3,2 7],
    即2a+b的取值范围为( 3,2 7].
    (2)由(1)可知:a2+b2−ab=3,则(a+b)2=3+3ab,
    设△ABC内切圆半径为r,
    则S△ABC=12absinC=12(a+b+c)⋅r,
    则r= 32×aba+b+ 3= 36×(a+b)2−3a+b+ 3= 36(a+b− 3),
    在△ABC中,由正弦定理asinA=bsinB=csinC= 3 32=2,
    所以a=2sinA,b=2sinB,
    则a+b=2sinA+2sinB=2sinA+2sin(π3+A)
    =3sinA+ 3csA=2 3sin(A+π6),
    又A∈0,2π3,所以A+π6∈π6,5π6,所以sinA+π6∈12,1,
    所以2 3sinA+π6∈( 3,2 3],所以r∈(0,12],
    所以△ABC内切圆的半径r的取值范围为(0,12].

    【解析】本题考查正弦定理及余弦定理与三角形面积公式在解三角形中的应用,考查辅助角公式与两角和与差的三角函数公式及正弦型三角函数的值域求解,属于中档题.
    (1)利用正弦定理、余弦定理求出C,再由正弦定理表示出2a+b,进而利用三角恒等变换化简,利用三角函数最值判断范围;
    (2)利用S△ABC=12absinC=12(a+b+c)⋅r,可得r= 36(a+b− 3),再利用正余弦定理表示出a+b,再由三角恒等变换公式将其转化为正弦型三角函数,再根据正弦函数的性质求解即可.
    22.【答案】解:
    (1)设 AB=AC=a, ,
    作DE中点 G ,连接 GH,AH .
    因为H为BC中点, AB=AC ,所以 AH⊥BC,BH=CH=12BC=DE .
    因为平面ABC⊥平面 BCED ,平面ABC∩平面BCED=BC,AH⊂平面 ABC,AH⊥BC ,所以AH⊥平面 BCED ,
    而DH,GH,EH⊂平面 BCED ,故 AH⊥DH,AH⊥GH,AH⊥EH .
    又因为 BH=CH=DE,BC//DE ,所以四边形 BHED ,四边形HCED都是平行四边形,
    故 BD=EH,CE=DH ,而 BD=CE ,所以 DH=EH ,
    又因为G为DE中点,所以 GH⊥DE ,在平面 BCED中也有 GH⊥BC .
    由于 a=4 ,故 AH=2,BH=CH=DE=2 3 , DG=EG=12DE= 3,AD=AE=2 3 ,
    由勾股定理 DH=EH=2 2 , GH= 5 .
    故以H为原点, HB,HG,HA 为x,y,z轴,建立如图空间直角坐标系,
    则 A(0,0,2),B2 3,0,0 ,C−2 3,0,0,D 3, 5,0,E− 3, 5,0 .
    故 BA=−2 3,0,2,BD=− 3, 5,0,CA=2 3,0,2,CE= 3, 5,0 .
    设平面 ABD ,平面 ACE ,平面 α ,平面BCED的法向量分别为 n1=x1,y1,z1,n2 , n3=x3,y3,z3,n4.
    则 n1⋅BA=0n1⋅BD=0 ,即 −2 3x1+2z1=0− 3x1+ 5y1=0 ,解得 x1= 5y1= 3z1= 15 ,即 n1= 5, 3, 15 .
    同理可得 n2=− 5, 3, 15 .
    因为平面α同时垂直于平面 ABD ,平面 ACE ,所以 n1⊥n3,n2⊥n3 ,即
    5x3+ 3y3+ 15z3=0− 5x3+ 3y3+ 15z3=0 ,解得 x3=0y3= 5z3=-1 ,即 n3=0, 5,-1 .
    平面BCED的法向量是 n4 ,则 n4=(0,0,1) .
    设平面α与平面BCED的夹角为 β ,则 csβ=n3⋅n4n3⋅n4=1 6= 66 ,
    故 sinβ= 306 ,因此平面α与平面BCED夹角的正弦值为 306 .
    (2)设F是平面α上一点,因为平面α过点 H ,
    则可以设 HF=λ(1,0,0)+μ0,1, 5 ,这是因为此时 HF⋅n3=0 .
    因此可设 Fλ,μ, 5μ .
    因为当平面与平面相交时,其交线必为直线且唯一,
    故只需讨论平面α与四棱雉A−BCED 的公共部分.
    当μ=0时, F 在直线BC上,因此平面α过直线 BC ,
    故平面α与平面 ABC ,平面BCED交于直线 BC ,与棱AB,AC分别交于 B,C .
    故只需讨论平面α与棱AD,AE的交点:设平面α与棱AD,AE的交点分别为 M,N ,
    则设 HM=HA+sAD= 3s, 5s,2−2s,0≤s≤1 ,
    令 HM=λ,μ, 5μ ,则 3s=λ 5s=μ2−2s= 5μ ,
    解得 λ=2 37μ=2 57s=27 ,即 M2 37,2 57,107 ;
    同理可得 N−2 37,2 57,107 .
    故平面α与平面ABD交于 BM ,平面ACE交于 CN ,
    因此平面α截四棱雉A−BCED所得截面多边形为四边形 BMNC ,
    故周长为BM+MN+NC+CB=2 1387+4 37+2 1387+4 3=32 3+4 1387.

    【解析】【分析】本题考查了平面与平面所成角的向量求法和空间几何体的截面问题,是较难题.
    (1)建立如图空间直角坐标系,得出平面 α ,平面BCED的法向量,利用空间向量求解即可;
    (2)先研究平面α与四棱雉A−BCED 的公共部分,再计算求解即可.
    23.【答案】解:(1)因为f(x)=(x−2a)2+1,x>2a,x2−4a2+1,x≤2a,
    若f(x)为偶函数,f−x=fx,
    则a=0;
    (2)(i)因为h(x)=f(x)−4a|x−a2|+10a2−1
    =x−4a2,x≥2ax−2a2+4a2,a2可知h(x)≥0,
    所以f(x)≥4a|x−a2|−10a2+1.
    (ii)因为a>0,f(x)=(x−2a)2+1,x>2a,x2−4a2+1,x≤2a,
    所以f(x)在(−∞,0)单调递减,(0,+∞)单调递增,f−2a=f2a=1,
    由f(x)=b有两个不同的实根x1<01−4a2,
    当1−4a2此时x2−x1≤4a,x1+x2=0,
    b−12a+9a>−4a22a+9a=7a>4a,即x2−x1当b>1时,x1<−2a,x2>2a,
    由(i)可知:b=f(x1)>4a(a2−x1)−10a2+1=−4ax1−8a2+1,
    b=f(x2)≥4a(x2−a2)−10a2+1=4ax2−12a2+1,
    当且仅当x2=4a时等号成立,
    4a(x2−x1)−20a2+2<2b,
    于是x2−x1综上可得x2−x1【解析】本题考查函数的奇偶性,函数与方程的综合应用,属于难题.
    (1)根据f−x=fx可得a=0;
    (2)(i)利用作差法比较大小,作差后分段求出函数的解析式,结合完全平方式可得结果;
    (ii)易知函数f(x)的单调性,讨论b的范围得出两根的范围,结合(i)中的不等式证明.

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