2023届湖南省邵阳市第二次联考（二模）数学试卷答案

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2023 年邵阳市高三第二次联考试题参考答案与评分标准(数学)　第1　　　　页(共10 页)

2023 年邵阳市高三第二次联考试题参考答案与评分标准

数　学

一、选择题(本大题共 8小题,每小题 5分,共40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项

是符合题目要求的)

1.C　 2.B　 3.A　 4.C　 5.C

6.A

【详解】由a

sin∠PF1F2

sin∠PF2F1

,得c

a=sin∠PF2F1

sin∠PF1F2

=|PF1|

|PF2|=|PF1|

2a-|PF1|得|PF1|=2ac

a+c,

又|PF1| ∈[a-c,a+c]

∴a2-c2≤2ac≤(a+c)2即e2+2e-1≥0,

又e∈(0,1),∴e∈[2-1,1).

故选:A.

7.D

【详解】选项 A:当点 E固定在线段 CD 的某位置时,线段 AE 的长度为定值,AD′⊥D′E,过

D′作D′H⊥AE 于点 H,故D′的轨迹是以 H为圆心,D′H 为半径的圆,故A错;

选项 B:无论 E在CD(端点除外)的哪个位置,AB 均不与 AE 垂直,故AB 不与平面 AD′E

垂直,故B错;

选项 C:设A到平面 BCF 的距离为 d,由已知 BF =2 3 ,BC⊥平面 ABF,得d=3×3

2 3 =3

2,故

C错;

选项 D:以AB

→,AD

→,AF

→为x,y,z的正方向建立空间直角坐标系 F(0,0,3),B(3,0,0),C

(3,1,0).设E(3λ,1,0),λ∈(0,1),BC

→=(0,1,0),EF

→=(-3λ,-1,3),设EF 与BC 所

成的角为 θ,则cos

θ=1

3λ2+10 ∈13

13 ,10

( )

故选:D.

8.B

【详解】x≥2e+1,tetx -1-1

( )

ln(x-1)≥0 恒成立,

即txetx ≥(x-1)ln(x-1)=eln(x-1)·ln(x-1)恒成立.

令f(x)=xex(x>1),则f′(x)=(x+1)ex>0 恒成立,故f(x)单调递增,

所以 tx≥ln(x-1)在x≥2e+1时恒成立,

∴t≥ln(x-1)

x(x≥2e+1)恒成立.

令g(x)=ln(x-1)

x(x≥2e+1),

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　g′(x)=

x-1-ln(x-1)

x2=x-(x-1)ln(x-1)

x2(x-1).

令h(x)=x-(x-1)ln(x-1)(x≥2e+1),则h′(x)= -ln(x-1)<0

∴h(x)单调递减.∴h(x)≤h(2e+1)=2e+1-(2e+1-1)·ln(2e+1-1)=1-2eln2 =1-eln4<

0即g′(x)<0,∴g(x)单调递减.

故g(x)≤g(2e+1)=ln2+1

2e+1.

故选:B.

二、多选题(本大题共 4小题,每小题 5分,共20 分.在每小题给出的四个选项中,有多项是

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)

9.BCD　 10.BC

11.ACD

【详解】分以下几种情况讨论:设定圆 O的半径为 R,

①当点 A在圆 O上,连接 OA,则OA =OP ,所以点 O在线段 AP 的中垂线上,

由中垂线的性质可知 AQ =PQ .

又因为点 Q是线段 AP 的中垂线与 OP 的公共点,此时点 Q与点 O重合,

此时,点Q的轨迹为圆心 O;故A正确;

②当点 A在圆 O内,且点 A不与圆心 O重合,

连接 AQ,由中垂线的性质可得 QA =QP ,

所以,QA +QO =QA +QP =OP =R>OA ,

此时,点Q的轨迹是以点 A,O为焦点,且长轴长为 R的椭圆,故C正确;

③当点 A在圆 O外:连接 AQ,由中垂线的性质可得 QA =QP ,

所以,QA -QO =QP -QO =OP =R<OA ,

此时,点Q的轨迹是以点 A,O为焦点,且实轴长为 R的双曲线.故D正确.

故选:ACD.

12.ABD

【详解】f′(x)=ex·ln(1+x)+ex·1

1+x=ex[ln(1+x)+1

1+x],

g(x)=f′(x)=ex[ln(1+x)+1

1+x],则g′(x)=ex[ln(1+x)+2

1+x-1

(1+x)2],

设h(x)=ln(1+x)+2

1+x-1

(1+x)2,

h′ x

( ) =1

1+x-2

(1+x)2+2

(1+x)3=x2+1

(1+x)3>0,

则函数 h x

( ) 在(-1,+∞)上单调递增,h x

( ) ≥h0

( ) =1>0,因此 g′(x)>0 对任意的 x∈

0,+∞)( 恒成立,所以 g x

( ) 在0,+∞)( 上单调递增,故A正确;

又h-1

( )

= -ln2+4-4<0,所以 h-1

( )

·h0

( ) <0,则存在 α∈-1

2,0

( )

,使得 h α

( ) =0.

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在x∈-1,α

( ) 时,h x

( ) <0;x∈α,+∞

( ) 时,h x

( ) >0;

所以函数 f′(x)在-1,α

( ) 单调递减,在α,+∞

( ) 单调递增,故f′(x)有唯一极小值,故B正确;

令m(x)=f(x)-x=exln(x+1)-x,-1<x<0,m′(x)=ex[ln(1+x)+1

1+x]-1=f′(x)-1,

所以函数 m′(x)在-1,α

( ) 单调递减,在α,+∞

( ) 单调递增,且m′(0)=0,则有 m′(α)<0.

又m′(e-2-1)=ee-2-1(-2+e2)-1>ee-2-1·e-1=ee-2-1>0,

因此存在 x0∈(e-2-1,α),使得 m′(x0)=0,

当-1<x<x0时,m′(x)>0,当x0<x<0 时,m′(x)<0,

于是得函数 m(x)在(-1,x0)上单调递增,在(x0,0)上单调递减,则m(x0)>m(0)=0.

又m(e-3-1)= -3ee-3-1-e-3+1<-3e-1-e-3+1<0,

从而存在唯一 t∈(e-3-1,x0),使得 m(t)=0.

显然当 t<x<0 时,m(x)>0,当-1<x<t时,m(x)<0.

又m(-1

2)=1

eln 1

2+1

2,令v(x)=lnx-1

2(x-1

x),

v′(x)=1

x-1

2-1

2x2=-(x-1)2

2x2≤0,

因此函数 v(x)在(0,+∞)上单调递减,v(1

2)>v(1)=0,

有ln 1

2>1

2(1

2-2)= - 3

4,1

eln 1

2>-3

4 e ,则m(-1

2)=1

eln 1

2+1

2>1

2-3

4 e =2 e -3

4 e >0,

即t<-1

2<0,从而函数 m x

( ) =f x

( ) -x在x∈(-1,0)上有唯一零点 t∈(-1,-1

2),

函数 y=f(x)-x在(-1,0)上有且只有一个零点 t,且t∈-1,-1

( )

,故C错误;

x1>0,x2>0,f(x1+x2)-f(x1)-f(x2)=ex1+x2ln(1+x1+x2)-ex1ln(1+x1)-ex2ln(1+x2),

设φ(x)=f(x+x2)-f(x)-f(x2)=ex+x2ln(1+x+x2)-exln(1+x)-ex2ln(1+x2),x>0,

则φ′ x

( ) =ex+x2[ln(1+x+x2)+1

1+x+x2

]-ex[ln(1+x)+1

1+x]=g(x+x2)-g(x)

由选项 A知,g x

( ) 在(0,+∞)上单调递增,而x+x2>x>0,则g(x+x2)>g(x),

即有 φ′(x)=g(x+x2)-g(x)>0,因此函数 φ(x)在(0,+∞)上单调递增,

φ(x1)>φ(0)=f(x2)-f(0)-f(x2)= -f(0)=0,即有 f x1+x2

( ) >f x1

( ) +f x2

( ) ,

所以对任意的 x1,x2∈(0,+∞),总满足 f x1+x2

( ) >f x1

( ) +f x2

( ) ,故D正确.

故选:ABD

三、填空题(本大题 4小题,每小题 5分,共20 分)

13.8　 14.36

15.3+ln2

2,0

( )

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