·（本题满分12分)如图.四边形ABCD是正方形，EAL面ABCD,AE/BF,AE已知抛物线C:y=4r,过2BF=2.段MN中点的纵坐标为(1)证明：面EAC⊥面EFC;(1)求直线1的方程；C②)若CF与面AEC所成角为30°，求二面角F-EC-D的余弦值.(2)设x轴上关于y轴对的任意一条直线交执轴分.六数更米的E大中层第小山上指界t直机了人头世年损s的金8终且合最转金是学，名校名卷经典试题汇编里科数学二)5名师导：

f(x)=log号（一x2十4x十5)的单调递增区间为(2,5).因为f(x)在区间(3m一2，m十2)内单调递增，所以3m-2≥2，m+2≤5，解得m<23m-20,(16分)根据二次函数的性质，可得92,解得a<3.22-2a+2>0,所以实数a的取值范围是（一∞，3）.(20分)

1、2023-2024衡水金卷先享题高三一轮复单元检测卷地理重庆专版13试题

答案 明确污染物来源，落实责任主体，督促企业加强环境污 染防治工作；加强监督，避免企业乱排放污染物；减少资源消耗，提 高资源利用效率，减少污染物的排放；避免因产业转移而导致地区 经济活力下降等。(10

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3、2023-2024衡水金卷先享题高三一轮复单元检测卷地理重庆专版23试题

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2023-2024衡水金卷先享题高三一轮复单元检测卷地理重庆专版13试题，目前2024卷临天

4、2023-2024衡水金卷先享题高三一轮复单元检测卷地理重庆专版22试题

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5、2023-2024衡水金卷先享题高三一轮复单元检测卷地理重庆专版22试题

1、2023-2024衡水金卷先享题高三一轮复单元检测卷地理重庆专版11试题

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2、2023-2024衡水金卷先享题高三一轮复单元检测卷地理重庆专版13试题

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3、2023-2024衡水金卷先享题高三一轮复单元检测卷地理重庆专版22试题

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13.在相同的降水条件下，坡面径流量最小的植被类型是 A.青海云杉林 B.高山灌丛林 C.祁连

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2002年410月，澳大利亚大部分地区气候严重异常。同年 10月22一23日，一场沙尘量创纪录

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一8.故选A.an二n),又由i)知，xx:=2,于是k=2-a·12解：由抛物线定义可如xx2h一n若存在a使得k-2-a,则h一h-1,3.解：因为a,+a,=2a。一a8,所以a。=2或a6=0(名生)∠PFQ=，△PQF为x1一x2x,一D2故选C4.解：函数y=xcox是奇函数，排除选项A,B,令y一c即a=-,亦即一兰+h2-2=0a,D).①又由知商数0)=1-号-2m在0，r>0,对应点在第一象限，排除C故选D.十上单调道增，而>，所以与名+h2-之125.解：由题意得4=一1，所以P(0<≤1)。E是+l2-2n反-0.这与①式矛盾放不存在a,使0.9545-0.6827=0.1359.故选B2得k=2-a.6解：因为1=20时，T-0所以20c=8-1c-设准线1与x轴交2解：(1)曲线C1:p=-2co0,故可得p2+2pcos0=0,即10(x十1)2+y2=1.设点M。的直角坐标为(x,y),则x所以T=0点，设吸收介质的厚度增加0m时，透光度23,因为PQ∥20心智=一1小=2n智=一.则倾斜角为a且过点为T,则T=10号=10×101=6T故选CIQFI=2AF=2=-1十oa'(a为参数0.故选AM。(-1,一5)的参数方程为y-5+sim为偶函数，又xE(0,十⊙)时：y=单调递增13.解：因为3∈A,士√3.故填土3(2)将/=-1+o代人(x+1)2+y2=1中，可得e-e也单调递增，故fx)=x(Ce)在0，+c∞正14.解：建立如图所ly=-√3+tsina单调递增故选D.t2-23sina·t+2=0,其A=12sim'a-8>0,设点A,8,解：根据题意，连接AD,AD与AD互相分，即M是B对应参数分别为，t2,则t1十t2=23sina,t1t2=2,AD,的中点，又由N是D,B的中点，则MN∥AB.又点M,对应的参数为t=0,由点B为AM。的中点，可得：=号放可得，-1,6-复，co=士号满足易得A(0,0)4一0所以=1+名-2=-3+12EF=(3,-15.解：由题意得2放点B的直角坐标为（号，9）或(2.)，故MN∥面ABCD,四边形ADD,A:是正方形，则A,DLAD1,又由AB⊥AD,则A:D⊥面ABD,故兽+)×敌点B的极坐标为(1，智）或(3，）A1D⊥D1B.故选C36-2x-1,x<-1,9.解：原式相当于4个(，+上一1)相乘则有两个括号里23.解：(1)f(x)=1,-1≤x≤3，,由f(x)≤3，解得取x,一个括号取士一个括号取-1，展开式中含的故填空16.解：由正32x-5,x>3.-2≤x≤4.所以不等式的解集为M=[-2,4幻.项为C(x)·C··(-1)=-12r,故所求系数4:6,故1a2+c2(2)证明：易知m=1,则a+b=1。中+6十为-12.故选B.2ac(++)+1-6+1(+10.解：以AB的中点O为原点，建立如图所示的面直角坐标系。17.解：(1)则A(一1,0)，B(1,0).列（语+，当且仅当4(a3设P),因为路=√2，青即e宁=弓时取等号所以+1)+严2√/(x-1)2+y=2,模拟测试第3卷两边方并整理得x2十y2-6x+1=0,即(x-3)+y2=8要使△PAB的面积最大，只需点P到AB(x轴)的(2)235678910AD CDBCDCBC距离最大，此时面积最大值为2×2X22=2,5故选C111231q15161.解：由题意知y4=1,B=-1,T=2红=2，AA±3一12529318.解1_21-=2,091+1.(1+i0(2+i)政tan∠ACx=X23,ian∠BC=1.解：因为z-2(2-)(2+D5所以：在复面内对应的点的坐标为（号，），位于第一象限(1tan∠ACx+tan∠BCx所以tam∠ACBF1-tan∠ACx·tan∠BCx故选A·38·模拟卷·数学理科

雪慧进·高考总复·单元滚动创新卷·数学理科第一单元集合与常用逻辑用语(供第一轮总复用120分钟150分)第I卷（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.设集合A={xl0≤x≤2}，B={x∈NI1≤x≤3}，则A∩B=A.{1,2}B.{1,2,3C.{xl1≤x≤2D.{xl0≤x≤3}【答案】AI解析】因为B={x∈N11≤x≤3}={1,2,3}，又A={xI0≤x≤2}，所以A∩B-{1,2},故选A2.命题“VxeR,x2≥0”的否定是A.3xeR,x2≥0B.Hx∈R,x2<000,都有a0,使得a>x2,则a>0,则下列选项中一定为真命题的是A.pnq遗1客B.p∧7q1-01a8,2C.-pVqD.p∧7q【答案】C1【解析】因为命题p:若Vx>0,a0,a>x2有解，则a>0,所以g为真命题.对于A,P八9为假命题；对于B,p是真命题，9为假命题，7P∧79为假命题；对于C,pVg为真命题；对于D,PΛq为假命题，故选C.0第数学理科第1页（共192页）

(B)2>12+6-1=7,x+y的最小值为7最大值为2V/057错解3：x>0,>0,且1+9=124因为a+b=2,b>0,(C)log2a+log,b≥-21,60所以+只(D)Va+Vb≤V2-()≥2Vg2V-12.即a+b【解析】对于A,0+b2-+(1-a)2=2-2a+1=.b lal∴x+y的最小值为12.20-2+=2当且仅当b时，￥号上面的三种解法都忽视了连续两次运用基本成立，故A正确；式时，必须保证两次等号成立的一致性.错解因为a≠0，所以若a>0,则中，第一次等号成立的条件是19，第二次原式=1+la≥1+4对于B,a-b=2a-1>-1,所以22=，故战立的条件是x=y,显然两个等号不能同时成b.la5,当且仅当21V41ab2中等号成立的条件是1，且)9，即1，6=2号时等号成立【考试方向】x高考对简单的线性规划的考查一般单这与题设1+9=1矛盾，故x=】与y=9不者0.式-+品成题，题型是选择题或填空题，难度中等x yy成立.另外，错解3中还忽视了积为定值这b.a=3>真题与变式②虽然9为定值，但9与并不是定值，4lal b当且仅当b=-2a,即a=-2,b=4【真题1](2020年全国1卷)若x,y满足老直接运用基本不等式，这一点应特别注意时等号成立2x+y-2≤0综上，可知1+la的最条件{x-y-1≥0，则z=x+7y的最大值为?+y表示可行域内的点到原点0的距离的2lal by+1≥0小值为3【解析】绘制不等式组表示的面如图所示，到直线AB:2x+y-1=0的距离为13.证明：.a>0,b>0,c>0,=2c,0-11V5abx-y-1=05ac ab≥21foc.ab -2a,abcc02-3、到C(2,3)的距离为V2+3=V13,≥24bc ab=2b-.yfI-0-c为可行域不包含C(2,3),又a,b,c不全相等，故上2x+y-2=013,即，的取佰范是述等号至少有一个不成立，目标函数=x+7y,即-】7将以上三式相加，可得c+ca b其中当z取得最大值时，其几线在y轴上的截距最大，ab>a+b+c.地址：江西省南昌市洪都北大道96工业港北片区二路101号定价：每张110元【下转(B)第2、3版中缝】

bs=4(4k一1)，∈N,于是得数列{b。}是首项为12的等差数列，f(1)十f(2)+…十f(100)=b1十b2十…+65=12+44X25-D×25=510,所以f10+f02+…+f(10)=510.26.在进行1十2十3十…十100的求和运算时，德国大数学家高斯提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法.已知数列a.一2m十4O34,则a1十a:+…十am+2016=A.g+504B+504080C.m+504D.2m+5040G第多￥【答案】B【解析】依题意，记S=a1十a2十…十am+2o1s,则S=2m十40342…,m+2015m+20162m+40342m+4034T2m+4034’又S=m+2016m+201521m+20172m+40342m+4034…+2m十4031十2m十4034，两式相加可得2S-m+2.01+2m+4034T2m+4034…m+2017+m+201?-m+?016,则S-m+2016-2m+40342m+40342464+504.7.已知数列a,}的前n项和为S.,且满足a.十S.=1,则+S+S十十S的值为0a1a21a3aA.7B.126C.247D.254城套陶，【答案】C【解析】由am十Sm=1,得当n=1时，a1十S1=1,故a1=2;当n≥2时，am+S。=1,a-1十S。-1=1,两式相减得a,=则数列a是首项为分公比为行的等比数到，故a:=(分)，脸证n=1时成立，故a=(合)广，则Sn=1-am'an1,14S+S+…+S:=2-1+2-1+…+2-1=2×1231-21-2-7=2478.设{an}是无穷数列，若存在正整数k,使得对任意的n∈N+,均有am+2021的最小整数n是esA.60B.62C.63D.65【答案】C11【解析】根据题意，数列{a,}中满足2a+1a.=n+2,即a+1=2a,十2n十1，所以a1-（n+1)=2(a。1n),又由a-1=4,得数列{a.一n是首项为4，公比为2的等比数列，则a.一n=4X(分)》=23-”,所以am=·61·

(2)过点P(4,0)的直线1与圆C交于A,B两点，线段AB的中点为M,直线l与直线l1:x一5y一3=0的交点为N,判断|PM·|PN|是否为定值.若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.解：(1)设过点(2,3)且与直线x十2y一8=0垂直的直线方程为2x一y十n=0,则2×2-3十n=0,解得n=-1,即2x-y-1=0.中-a开代甲发心金米为c8.一心长幢没背洲士)8所以半径r=√(3-2)2十(5-3)=√5，同不c十0」一)：圆巴1直齿点冠队所以圆C的方程为(x-3)2十(y-5)2=5.(2)当直线l的斜率存在时，设过点P(4,0)的直线L的方程为y=(x一4)，门酸前随点中i日止点来(联立y=b(x一4)，张，x3)+(0-5)2=5,消去y1积营洪动，小是美的言否景得(1+k2)x2-(6+8k2+10k)x+(29+16k2+40k)=0,设A(1),B(:g),则x1+x,-6+862+10,29+16k2千40k,4产不001直(D1十k2,x1x21+k22’心示长外天诗造所以y1十y2=k(x1+2)-8h=10k2-2k1+k28>>8-0(0)0806所以AB的中点M3+4k2+5k5k2-k、1+k2’1+k2[20k-3x=由P=6x二)，解得5k-1’1x-5y-3=0,N(0子与)y5k-1'所aPM-+,PNI=-(与)1+k2V(5k-1)21+k2/(5k-1)所以PM.lPNI=√6k)·√1+=1：当直线L的斜率不存在时，直线1的方程为x=4,1装立论了德地圈名芒由4，z32+(y-5=5,解得化4或=4，y=3y=7,即A(4,3),B(4,7),所以M(4,5),所以PM=5由/x=4,1x=4,{x-5y-3=0,解得1，即N(4,号)5’所以PN=号，所以PMI·PN=1综上可得|PM|·|PN|=1.20.(12分)在面直角坐标系xOy中，P为直线l。:x=一4上的动点，动点Q满足PQ⊥1o,且原点O在以PQ为直径的圆上.记动点Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)过点E(2,0)的直线l1与曲线C交于A,B两点，点D(异于A,B)在C上，直线AD,BD分别与x轴交于点M,N,且AD=3AM,求△BMN面积的最小值.解：(1)由题意，不妨设Q(x,y),则P(-4,y),OP=(-4,y),O=(x,y).因为O在以PQ为直径的圆上，所以OP·OQ=0,所以(-4，y)·(x,y)=-4x+y2=0,所以y2=4x,所以曲线C的方程为y2=4x.(2)设A(x1,y1),B(x2y2),D(x3,y3),M(m,0),N(n,0),依题意，可设l1:x=ty十a(其中a=2),联立亿。y十a'消去工并整理，得y-4y一4a=0,日Sx一y在O5词同y2=4x,:这行圆洗·70·

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