2024届衡水金卷先享题 [调研卷](二)2理数(JJ·B)答案

2023-12-17 15:14:09 54℃

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考音宗名，所以。>名，即实数心的取值范国是二，+一)。又因为BCNCM-C,BCC面BMC,CMC面BMC,所以DM⊥面BMC13.号【解新]由题意可知，双曲线后一苦-1的渐近线方程为y=士<，即3x士又因为DMC面AMD,所以面AMD⊥面BMC.5分(2)以D为坐标原点，D的方向为x轴的正方向，D心的方向为y轴的正方向，建立冲刺信息卷（一）如图所示的空间直角坐标系1C【解断1因为：=侣昌-号--所以-2+i故选C行心由此可得点0一国双自线后号-的一-多有运线的柜离为是一号当三棱锥MABC的体积最大时，M为CD的中点.…14.2[解新1因为a/6,所以6-工=0，即x=6,所以a-b=(2,4,2b+c=(3,4),………7分2D【解新1因为集合A-{女<2<8-1z-2×<31,B=10,12,3.所以由题意可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),M(0,11),则A=(-2,1,1),AB=(0,2,0),D=(2,0,0).A∩B={0,1,2.故选D.因此向量a-b在2b+c上的投影为a一2+0-2X3+4-号设面AMB的法向量是n=(z,y,x),则3.D[解斯]因为f(7)=f(-7)=1og28=3,所以f[f(7)]=f(3)-f(-3)=1og2412b+cl/3+42.故选D15.DMLPC(或BMLPC)[解新]连接AC(图略)，：底面ABCD是正方形，∴ACBD.:PA⊥底面ABCD,BDC底面ABCD,∴PA⊥BD.又PA∩AC=A,∴BD12y=0,4.D【解新1选项A中，正视图为口，俯视图为x=2,所以n=(1,0,2).,故选项A不正确：选项B中面PAC.又PCC面PAC,.BD⊥PC,.当DM⊥PC(或BMLPC)时，又由…10分DMNBD=D(或BM∩BD=B),可知PC⊥面MBD.又PCC面PCD,.面易知DA是面CMD的一个法向量，因此cos(n,DA=n:D2√5正视图为，侧视图为故选项B不正确；选项C中，俯视图为MBD⊥面PCD.n1Di2×55,故选项C不正确.故选D.16.号【解新1由2sin号-7=号os2(A+B)1,得8sin号=2o2(A+B1十故面AMB与面CMD所成锐二面角的余弦值是5………12分5.C【解新】由x十6<0可得x<-6,因为由“x<0"推不出“x<一6”，由“x<-6”可推出“x<0”,所以“x<0”是“x<一6”的必要不充分条件，即“x<0”是“工+6<0”的必7,即8sim号-2cos[2(A+B)1-7=0.又因为8siS-2cos[2(A+Bm]=820.解：(1)作AE⊥x轴交x轴于点E,设A(4,%).因为cos∠OFA<0,要不充分条件，即p是假命题.因为随机变量X~N(1,g)(>0),所以P(0，AF=4+多，EF=4-多…2分g,(一p)A(?q)均是假命题，pVg是真命题.故选C,4e0sC-4cosC+6,所以4cosC+4eosC+1=0,解得cosC=一号，又因为0<由cos∠OFA=-得4-是6.A【解新]该容器的容积约为3×(52：+52×44+44)×45=103920(cm)≈C<元，所以C-红设在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c由余弦定理得4+号得p2,0.1(m),故选A所以抛物线C的方程为y=4……………4分7.A【解新]y1a,是递增的等差数列，且S-10,4a,+4X34=10,即2a,+3d=50.2=a2+b-2 abcos C,即4=a2++ab,又因为4=a2+6+ab>≥2ab+ab=3ab,当(2)设点A,B所在直线的方程为x=my十n,A(x1,y),B(x2,2).a1,a2,a+1成等比数列，∴(a1十d)=a1(a,+2d+1),整理得a+2a1d+dP且仅当a=6时等号成立，所以ab≤号，所以△A5C的面积为含二ab3由气0箱去上得-4my一4=0.6分号，故M-则△=(-4m)2+16m>0,即m2+n>0,且y+为=4m,y2=-4nm,+2a+a即=a.由0@解得或立去）.故选所以x1+x2=(my+n)+(my2+n)=m(y+y)+2n=4m2+2n,2517.解：1)依题意得，=54+59+64+70+76+83+91+9+106-=78,2分………7分8.C[解新]根据题意，从10个数中任取5个数，则基本事件的总数为C。=252,其中y-291+304+37+353+368+389+406+421+430-36连接PA,PB,因为以AB为直径的圆经过点P(1,2),所以PALPB,“这5个不同的数的中位数为4”所包含的基本事件的个数为C号×C号=60，故所求概”………4分所以P·P市=(z-1,-2)·(-1,-2)=0,常P-品牙故选C则6-2--列即(x-1)(x2-1)+(y-2)(y-2)=x1x-(0+x)+yy-2(y十)+5=0=076≈2.7，…6分所以n-(4m2+2m)-4n-8m+5=0,整理得(m-3)?=(2m+2),9.C[解新]fz)=√5sin(2x+p)+cos(2x+)=2sim(2x+p+石）.因为函数f(x)2(z,-解得n=2m十5或n=-2m+1.若n………9分-2m+1,则直线x=my一2m十1过点P,不符合题意，所以n=2m十5，的图像关于直线x=0对称，所以9十若=x十受，∈Z,解得p一m十答，kC乙，又因a=y-≈366-2.7X78=155,4,……………所以x1+x2=4m2+2n=4m2+4m+10,故y关于x的线性回归方程为y=2.7x十155.4....7分…8分为1e<受，所以g=号，所以f(x)=2m(2z+号+若）-2sin(2x+受）(2)该运动员的抓举和挺举的总成绩为374公斤，根据回归方程可知374=2.7x则AF+BF-五十+2=4m+4m+12=4(m+号)）+11，1554..解得x≈80.96，.....10分所以当m=-号时，4F+BF取得最小值，且最小值为11.…12分20os2x,所以函数f(x)的最小正周期为元，且在(0，于）上单调递减.故选C……11分即该运动员的体重应该在81公斤左右，故该运动员最有可能参加的是83公斤级的10.B[解新]因为C(3,0),D(一3,0)恰好为椭圆的两个焦点，且1PM≥PC-1,比赛21.解：(1)由题意可知f（x)=-a-二(x>0.2分12分IPNI≥|PD1-r,所以1PMI+|PNI≥1PC+|PD1-1-r=2×,√/oo-1-r18.解：(1)设等差数列1a.}的公差为d19-r,所以19-r=17,解得r=2.故选B.由题意得/2a,+(a+2d)=12,①当a<0时，(x)-ta>0恒成立，a1+2(a1+d)=1+(a,+3d),3分1.D【解新]由f(x)-2x-1=0得/(x)=2x+1所以函数(x)的单调递增区间为(0，十©)，无单调递减区间，无极值：4分解得子②当a>0时，令f(x)=0,解得x=a…4分作出函数f(x)与y=2x十1的图像，由图可知两个函则当x∈(0，a)时，f(x)<0,故数列{an的通项公式为a。=2十3(n一1)=3m一1.………5分当x∈(a,+∞)时，f(x)>0,数的图像共有4个交点，则函数=f八x)-2x-1的零点可2y方6言(2)证明：由(1)知S.=2m+3nn-=3n+n…6分所以函数f(x)的单调递增区间为(a,十∞)，单调递诚区间为(0，a),极小值为个数为4，故选D2fa)=a-alaa-1,无极大值12.C【解新1因为对任意00时，函数f(x)的单调递增区间为(a,十o∞)，单调递减区间为(0，a),极小),令g()=x)=z(g-）-ae-2(x>01.则g田在0，+o)上单值为fa)=a一aha一1，无极大值.…6分调递增.由g()=ae-2>0.得a>兰(>0).令A()=二(>0，则(x)(2)要使对任意x∈[1，十∞)，f(x)≥0恒成立，只需对任意x∈[1，+∞)，………12分f(x)≥0.21二.令()=0，得x-1,则当x(0,1)时，A(x)>0,h(x)单调递增，当x∈19.解：(1)证明：由题意可知，面CMD⊥面ABCD.①当a<0时，函数f(x)在[1，十∞)上单调递增，(1,十∞)时，h'(x)<0,h(x)单调递减，所以h(x)在(0，十∞)上的最大值为h(1)又因为面CMD∩面ABCD=CD,BC⊥CD,BCC面ABCD,所以BC⊥而CMD所以f(x)=f(1)=子-aln1一号=0，所以a<0符合题意………8分又因为DMC面CMD,所以BC⊥DM,………3分②当0

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