（高考数学新题型）2024学年浙江省县城教研联盟高三下学期模拟考试数学试题

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1.已知集合A={x|lg2x>2}，B={x|x−52}，lg2x>2，x>4，∴A=(4,+∞)
∵B={x|x−50,b>0)的左、右焦点为F1，F2，直线l过点F2且平行于C的一条渐近线，l交C于点P，若PF1⋅PF2=0，则C的离心率为( )
A. 3B. 2C. 5D. 3
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查求双曲线的离心率，考查直线与双曲线的位置关系及其应用，属于中档题．
设P(x,y)，通过题意求出直线PF2的方程、直线PF1的方程，之后联立直线PF2的方程、直线PF1的方程及双曲线方程，计算即可得出答案．
【解答】
解：如图，设P(x,y)，由对称性可知P点在x轴上方或者下方不影响结果，不妨令P点在x轴下方，如图所示：
根据题意可得F1(−c,0)、F2(c,0)，a2+b2=c2，
双曲线其中一条渐近线为y=bax，
直线PF2的方程为y=ba(x−c)，①
∵PF1⋅PF2=0，∴PF1⊥PF2，
即直线PF1的斜率为−ab，
即直线PF1方程为y=−ab(x+c)，②
又点P(x,y)在双曲线上，
∴x2a2−y2b2=1，③
联立①③，得x=a2+c22c，
联立①②，得x=b2−a2a2+b2×c=b2−a2c，
∴a2+c22c=b2−a2c，
即a2+a2+b2=2b2−2a2，
∴b2=4a2，
∴e=ca= c2a2= a2+b2a2= 5a2a2= 5.
故选：C.
7.已知实数a，b，c构成公差为d的等差数列，若abc=2，b0，所以f(x)f(−x)≤0，故B正确;
令g(x)=f(x)f(x)+2(x∈R)，则g(x)+g(−x)=f(x)f(x)+2+f(−x)f(−x)+2=2(f(x)+f(−x)+f(x)f(−x))(f(x)+2)(f(−x)+2)=0，且g(0)=f(0)f(0)+2=0，，所以g(x)为奇函数，故C正确;
当n∈N*时，f(n+1)=f(n)+f(1)+f(n)f(1)=2f(n)+1，f(n+1)+1f(n)+1=2，
所以{f(n)+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以f(n)+1=2n，
由f(x)+1=[f(x2)+1]2可知(f(n2)+1)2=2n，因为f(n2)>−1，所以f(n2)=2n2−1(n∈N*)，
所以k=15f(2k−12)=k=15(22k−12−1)= 2(1−25)1−2−5=2112− 2−50,a≠1)，b∈R.
(1)若y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=ex，求a，b的值;
(2)当b=1时，y=f(x)存在极小值点x0，求证：f(x0)≤−e1e.
【答案】解：(1)因为f′(x)=a⋅ax+(ax−b)⋅axlna，由y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=ex，
所以f′(0)=ef(0)=0，即a−blna=e−b=0，
解得a=e，b=0.
综上a=e，b=0.
(2)当b=1时，f′(x)=[(alna)x−lna+a]ax，
因为f(x)存在极小值点，所以alna>0，解得a>1，
此时x0=lna−aalna，所以x0lna=lna−aa，
即lnax0=lna−aa，ax0=elnaa−1，
所以f(x0)=(ax0−1)ax0=(alna−aalna−1)elnaa−1=(−alna)e(lnaa−1)，
令t=g(a)=lnaa，则f(x0)=h(t)=−et−1t，
因为g′(a)=1−lnaa2，(a>1)
所以当a∈(1,e]时，g′(a)≥0，g(a)单调递增，当a∈(e,+∞)时，g′(a)1时，lna>0，所以g(a)>0，所以00恒成立，即h(t)在t∈(0,1e]时单调递增，
所以h(t)≤h(1e)=−e1e，
综上f(x0)≤−e1e得证.
【解析】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数证明不等式，考查了已知切线(斜率、倾斜角)求参数，考查了利用导数判断或证明已知函数的单调性，考查了函数极值点的概念是中档题.
(1)由导数的几何意义以及已知切线的斜率和倾斜角可得f′(0)=ef(0)=0，解出即可求a，b的值;
(2)易得x0=lna−aalna，所以ax0=elnaa−1，所以f(x0)=(−alna)e(lnaa−1)，令t=g(a)=lnaa，则f(x0)=h(t)=−et−1t，利用导数研究单调性，再求出f(x0)的最大值即可得证.
19.(本小题17分)
记点A(x,y)绕原点O按逆时针方向旋转θ角得到点B(x′,y′)的变换为τ(θ):x′=xcsθ−ysinθy′=xsinθ+ycsθ.已知C0:y=32x(x>0)，将C0上所有的点按τ(7π4)变换后得到的点的轨迹记为C1.
(1)求C1的方程;
(2)已知C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(2,1)，记C1与C2的公共点为M，N，点P为C2上的动点，过P作OM，ON的平行线，分别交直线ON，OM于G，H两点，若△OGH外接圆的半径r恒为54b，求四边形OGPH面积的取值范围.
【答案】解：(1)取C0上任意一点为A(x,y)(x>0,y>0)，
经过τ(7π4)变换后得到C1上的对应点为B(x′,y′)，
由题意可知τ(7π4)为：x′= 22(x+y)y′= 22(−x+y)，变形后得x= 22(x′−y′)y= 22(x′+y′)，
即A( 22(x′−y′), 22(x′+y′))，将点A的坐标代入C0的方程得x′2−y′2=3，x′= 22(x+y)>0，
所以C1的方程为：x′2−y′2=3(x′>0).
综上C1的方程为：x2−y2=3(x>0).
(2)因为C2经过点(2,1)，且22−12=3，则(2,1)也在C1上，所以(2,1)为C1与C2的公共点，
则(2,−1)也为C1与C2的公共点.
所以不妨取M(2,1)，N(2,−1)，则lOM的解析式为：x=2y，lON的解析式为：x=−2y，
设C2上的动点P为(x0,y0)，则有x02a2+y02b2=1，移项得y02=b2(1−x02a2)(i).
又因为C2过点M(2,1)，所以4a2+1b2=1(ii)，
联立y−y0=−12(x−x0)x=2y，得x=x0+2y02，y=x0+2y04，
所以H的坐标为(x0+2y02,x0+2y04)，
联立y−y0=12(x−x0)x=−2y，得x=x0−2y02，y=−x0+2y04，
所以G的坐标为(x0−2y02,−x0+2y04)，则|GH|2=(2y0)2+(x02)2.
记直线OM与直线ON的夹角为α，直线OM与x轴正半轴的夹角为θ，则tanθ=12，
计算得sinα=sin2θ=2sinθcsθ=2sinθcsθsinθ2+csθ2=2tanθ1+tanθ2=45，
根据正弦定理，由题意可知|GH|sinα=2r=52b，所以|GH|为定值2b，
所以|GH|2=(2y0)2+(x02)2=4b2(iii).
将(i)式代入(iii)式得4b2(1−x02a2)+(x02)2=4b2恒成立，即x02⋅a2−16b24a2=0恒成立，
所以a2−16b2=0，即a=4b，与(ii)式4a2+1b2=1联立解得a=2 5，b= 52，
S四边形OGPH=2S△OHG=2×12|OH||OG|sin⁡α
=|4y02−x02|4=5−54x024.
因为0≤x0≤2 5，x0≠±2，
所以00,y>0)，经过τ(7π4)变换后得到C1上的对应点为B(x′,y′)，由题意可知τ(7π4)为：x′= 22(x+y)y′= 22(−x+y)，再化简可得A( 22(x′−y′), 22(x′+y′))，将点A的坐标代入C0的方程即可求解；
(2)据题分析可得C1，C2均经过点(2,1)，(2,−1)，不妨取M(2,1)，N(2,−1)，则lOM:x=2y，lON:x=−2y，设C2上的动点P为(x0,y0)，y02=b2(1−x02a2)(i).又C2过点M(2,1)，故4a2+1b2=1(ii).联立y−y0=−12(x−x0)x=2y，得H(x0+2y02,x0+2y04)，同理得G(x0−2y02,−x0+2y04)，则|GH|2=(2y0)2+(x02)2.由正弦定理可得|GH|=2b，即|GH|2=(2y0)2+(x02)2=4b2(iii).联立(i)(ii)(iii)可得a=2 5，b= 52，再根据S四边形OGPH=2S△OHG=2×12|OH||OG|sinα即可求解.