2024年浙江省上杭金湖四校高考数学第三次联考试卷

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1.若集合M={x| xsin∠OPA，
即∠OP0A是∠OPA的最大角，
此时P0A= OP02−OA2= 32−( 3)2= 6，
故当∠OPA最大时，PA的长等于 6.
故选：C.
判断出点A在以点O为圆心，半径r= 3的圆周上运动，点P在半径R=3的圆O上运动，利用动点P沿大圆圆周移至点P0使P0A与小圆相切时∠OPA最大，即可求解．
本题考查与圆有关的最值问题，属于中档题．
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知长方体ABCD−A1B1C1D1，则有( )
A. 若AC1与AB、AD、AA1所成的角分别为α，β，γ，则cs2α+cs2β+cs2γ=1
B. 若AC1与面AC、面AD1、面AB1三侧面所成的角分别为α，β，γ，则sin2α+sin2β+sin2γ=1
C. 若∠C1AC=θ1，∠CAB=θ2，∠C1AB=θ，则csθ=csθ1⋅csθ2
D. 若∠C1AB=α，∠C1BC=β，∠C1AC=γ，则sinα=sinβ⋅sinγ
【答案】ABC
【解析】解：如图所示，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标，
设AB=a，AD=b，AA1=c，(a>0,b>0,c>0)，
则A(0,0,0)，C1(a,b,c)，B(a,0,0)，D(0,b,0)，A1(0,0,c)，
则AC1=(a,b,c)，AB=(a,0,0)，AD=(0,b,0)，AA1=(0,0,c)，AC=(a,b,0)，
对于A，csα=|AC1⋅AB||AC1||AB|=a a2+b2+c2，
同理可得csβ=b a2+b2+c2，csγ=c a2+b2+c2，
所以cs2α+cs2β+cs2γ=1，选项A正确；
对于B，平面AC、平面AD1、平面AB1的一个法向量分别为n=(0,0,1)，m=(1,0,0)，t=(0,1,0)，
则sinα=|AC1⋅n||AC1|⋅|n|=c a2+b2+c2，
同理可得sinβ=a a2+b2+c2，sinγ=b a2+b2+c2，
所以sin2α+sin2β+sin2γ=1，选项B正确；
对于C，csθ1=AC⋅AC1|AC|⋅|AC1|=a2+b2 a2+b2⋅ a2+b2+c2= a2+b2 a2+b2+c2，
csθ2=AC⋅AB|AC||AB|=a2 a2+b2⋅a=a a2+b2，csθ=AC1⋅AB|AC1|⋅|AB|=a2 a2+b2+c2⋅a=a a2+b2+c2，
所以csθ=csθ1⋅csθ2，选项C正确；
对于D，由C选项分析知，cs∠C1AB=a a2+b2+c2，
则sin∠C1AB= b2+c2 a2+b2+c2，
即sinα= b2+c2 a2+b2+c2，同理，sinγ=b a2+b2，
sinβ=c b2+c2，选项D错误．
故选：ABC.
建立适当的空间直角坐标系，设AB=a，AD=b，AA1=c，(a>0,b>0,c>0)，利用空间向量法求出夹角的正弦或余弦值，依次判断选项即可．
本题考查了直线与直线所成角的向量求法，直线与平面所成角的向量求法，是中档题．
10.瑞士数学家欧拉是史上最伟大的数学家之一，他发现了被人们称为“世界上最完美的公式”——欧拉公式：eiθ=csθ+isinθ(其中i是虚数单位，e是自然对数的底数)，它也满足实数范围内指数的运算性质，下列结论正确的是( )
A. |4e5i|=4
B. i2020+2021i=e−2021π2
C. 若复数eiθ⋅eπi3的虚部为 53，θ∈(0,π)，则(eiθ)2的实部为1−2 518
D. 已知z1=eπi3，z2=eiθ，复数z1，z2在复平面内对应的点分别为Z1，Z2，则三角形OZ1Z2面积的最大值为 32
【答案】AB
【解析】解：对于A，由欧拉公式eiθ=csθ+isinθ，
可得e5i=cs5+isin5，
∴4e5i=4cs5+4isin5，
∴|4e5i|=|4cs5+4isin5|=4，故A正确；
对于B，i2020+2021i=i2020⋅i2021i=(csπ2+isinπ2)2021i=(eiπ2)2021i=e−2021π2，故B正确；
对于C，eiθ=csθ+isinθ，eπ3i=csπ3+isinπ3，
∴eiθ⋅eπ3i=(csθ+isinθ)⋅(csπ3+isinπ3)=cs(θ+π3)+isin(θ+π3)，
则sin(θ+π3)= 53，
∵(eiθ)2=(csθ+isinθ)2=cs2θ+isin2θ，∴实部为cs2θ，
∵00，则y1=tx2，则x1=−4t2，
由x2y1−x1y2=2，得t22+4ty22=2，而x22+4y22=4，
从而t=12，即y1x2=12，故A正确；
CP=(x1,y1−1)，AQ=(x2+2,y2)，
由x1y2−(x2+2)(y1−1)=x1y2−x2y1+x2−2y1+2=−2+0+2=0，得CP//AQ，
而点C不在直线AQ上，因此CP//AQ，故B正确；
显然x1=−2y2，S△OCP=12×1×x1=−y2，S△OAQ=12×2×(−y2)=−y2，
因此△OCP与△OAQ的面积相等，故C正确；
由选项C知，S△OCP=12x1，而S△ODQ=12×1×x2=y1，
S△OCP+S△ODQ=12x1+y1=12x1+12 4−x12=12(x1+ 4−x12)，
由于00，则min{max(a,b,1a2+1b2)}=______.
【答案】32
【解析】解：不妨设a≥b>0.
①a≥b≥32时，∵1a2+1b2≤2b2≤b，∴max{a,b,1a2+1b2}=a≥32；
②a≥32≥b时，∵2a2≤1a2+1b2≤2b2，2a2≤234=32≤2b2，max{a,b,1a2+1b2}=a≥32；
③32≥a≥b时，∵1a2+1b2≥2a2≥234=32，∴max{a,b,1a2+1b2}=1a2+1b2≥32.
综上可知：则min{max(a,b,1a2+1b2)}=32.
故答案为32.
不妨设a≥b>0.分以下三种情况讨论：①a≥b≥32时，由1a2+1b2≤2b2≤b，可得max{a,b,1a2+1b2}=a≥32；②a≥32≥b时，可得max{a,b,1a2+1b2}=a≥32；
③32≥a≥b时，可得max{a,b,1a2+1b2}=1a2+1b2≥32.综上即可得出min{max(a,b,1a2+1b2)}=32.
熟练掌握不等式的性质和分类讨论的思想方法是解题的关键．
14.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ab+sinAsinB=2bsinAsinC，则a2+b2=______.
【答案】1
【解析】解：已知ab+sinAsinB=2bsinAsinC，
则由正弦定理得：4R2sinAsinB+sinAsinB=4RsinAsinBsinC，(R为△ABC外接圆半径)，
因为sinAsinB>0，
所以4R2+1=4RsinC，
所以4R2−4RsinC+1=0，
因为R>0，
所以Δ=16sin2C−4×4×1≥0，即sinC≥1，
因为sinC≤1，可得sinC=1，
所以C=90∘，
所以Δ=0，可得2R=1，可得c=2RsinC=1，
所以a2+b2=1.
故答案为：1.
根据正弦定理与一元二次方程根的判别式可得，进而可得答案．
本题考查利用正弦定理解三角形，属于中档题．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知等差数列{an}的公差为d，且d≠0，设Sn为{an}的前项和，数列{bn}满足bn=4Sn−2n(n∈N*).
(1)若a1=−1，d=1，且bn0，
所以P(MN)−P(M)P(N)>0，即P(MN)P(N)>P(M)，而P(M|N)=P(MN)P(N)，
所以P(M|N)>P(M)成立．
②事件M：盒子乙不空，则事件M−：盒子乙空，
由第1问可知P(M−)=(23)4=1681，所以P(M)=1−P(M−)=6581，
事件N：至少有两个盒子不空，则事件N−：有一个盒子不空，
P(N−)=C3134=127，所以P(N)=1−P(N−)=2627，
事件MN：至少有两个盒子不空且盒子乙不空，分为两种情况，一种是三个盒子都不空，按照1、1、2分组；另一种是两个盒子不空且乙不空，此时甲或者丙是空的，故按照1、3或者2、2分组即可，
故P(MN)=C41C31C22A22×A3334+C21(C41C33A22+C42C22)34=6481，
所以ρ(M,N)=6481−6581×2627 6581×1681×2627×127=19 10260.
【解析】(1)每个小球的选择都是一次独立重复试验，而每个小球选择盒子乙的概率为13，所以可知随机变量X服从二项分布；
(2)①由条件概率的公式很容易证明；②主要是根据题意，确定是平均分组还是非平均分组，进而根据排列组合的公式即可得到相关事件的概率；由于某些分组情况比较复杂，因此考虑其对立事件，会减少计算量．
本题考查离散型随机变量的期望，是中档题．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，H(1, 62)是C上一点.
(1)求C的方程.
(2)设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过点D(1,0)作斜率不为0的直线l，l与C交于P，Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记AP的斜率为k1，BQ的斜率为k2.
证明：①k1k2为定值；②点M在定直线上.
【答案】解：(1)∵椭圆C的离心率为 22，H(1, 62)是C上一点，
∴ca= 1−b2a2= 22，1a2+64b2=1，
解得a2=4，b2=2.
∴椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)证明：①设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，不妨设y1>0，
直线l的方程为my=x−1，
联立my=x−1x2+2y2=4，化为(2+m2)y2+2my−3=0，
Δ>0恒成立，
y1+y2=−2mm2+2，y1y2=−3m2+2，
所以y1+y2y1y2=2m3，可得y1=2m3y1y2−y2
k1=y1x1+2，k2=y2x2−2，
∴k1k2=y1(x2−2)y2(x1+2)=y1(my2−1)y2(my1+3)=my1y2−2m3y1y2+y2my1y2+3y2=13为定值．
②直线AP的方程为y=k1x+2，直线AQ的方程为y=k2x−2，
联立y=k1(x+2)y=k2(x−2)，解得x=2(k2+k1)k2−k1=2(k1k2+1)1−k1k2=2×(1+13)1−13=4，
∴点M在定直线x=4上．
【解析】本题考查了椭圆的标准方程，椭圆中的定值，定直线问题，属于较难题．
(1)由椭圆C的离心率为 22，H(1, 62)是C上一点，可得ca= 1−b2a2= 22，1a2+64b2=1，解得a2，b2.即可得出椭圆C的方程．
(2)①设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，不妨设y1>0，直线l的方程为my=x−1，与椭圆方程联立化为(2+m2)y2+2my−3=0，利用根与系数的关系并且结合斜率计算公式即可得出k1k2为定值．
②联立y=k1(x+2)y=k2(x−2)，解得x为定值，即可证明结论．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=2lnx−x+1x.
(1)判断f(x)的单调性；
(2)设函数g(x)=f(x)−1x+1，记[x]表示不超过实数x的最大整数，若g(x)(x2+mx+n)≤0对任意的正数x恒成立，求[2lnn−1nem+2+1n+1]的值.
(参考数据：ln3≈1.1，ln2≈0.7)
【答案】解：(1)函数f(x)的定义域是(0,+∞)，
易知f′(x)=2x−1−1x2=−(1x−1)2≤0恒成立，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减．
(2)g(x)=2lnx−x+1，定义域是(0,+∞)，
则g′(x)=2x−1=2−xx，
令g′(x)>0，则0