洞悉趨勢 融聚未來
——2023年創新仿真題多維分析選登(二)

鄭祖宏 韋敏妍

(1.黑龍江省虎林市實驗高級中學;2.廣西河池市民族高級中學)

1.《九章算術》有這樣一個問題:今有女子善織,日增等尺,四日織24尺,且第七日所織尺數為前兩日所織尺數之積.則第十日所織尺數為?譯為:現有一善于織布的女子,從第2天開始,每天比前一天多織相同量的布,前4天織了24尺布,且第7天所織尺數為前兩天所織尺數的積.問第10天織布為

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A.17 B.19 C.21 D.25

【答案】C

【考點】等差數列的通項公式+數學文化

【高考風向】本題是數學文化題,是近幾年高考的一種重要題型,意在培養學生的數學應用能力和閱讀能力,同時加強對中國古代數學文化的欣賞,達到立德樹人的教育目標.

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【答案】D

【考點】相互獨立事件同時發生的概率

【高考風向】本題以質量檢驗為情境,考查概率計算,意在培養學生的數學應用能力,是近幾年高考的一個重要題型.

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【答案】A

【考點】三棱錐的體積+三棱錐的外接球+基本不等式

【易錯警示】應用基本不等式求最值,需滿足“一正,二定,三相等”.為了滿足“二定”,常采用湊項法,忽視定值問題,將導致錯誤.

4.已知圓C關于直線y=2x對稱,且過點B(3,1),則圓的一般方程為.(答案不唯一,寫出滿足條件的一個方程即可)

【答案】x2+y2-2x-4y=0(答案不唯一)

【考點】圓的方程

【高考風向】填空題設置開放性試題,試題答案較靈活,意在培養學生的開放性思維.

(Ⅰ)求C的方程;

(Ⅱ)設直線l與C交于A,B兩點,與y軸交于點E,A關于y軸的對稱點為D,直線DB與y軸交于點F,O為坐標原點,證明:|OE|·|OF|為定值.

【考點】橢圓的幾何性質+直線與橢圓的位置關系

【思維導圖】(Ⅰ)已知條件→列關于a,c的方程→求出a,c→b2→可得C的方程.

所以b2=a2-c2=1,

(Ⅱ)證明:由題知直線l的斜率存在,故設直線l的方程為y=kx+m,m≠0.

消y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,

Δ=(8km)2-4(1+4k2)(4m2-4)>0,

即4k2-m2+1>0.

設A(x1,y1),B(x2,y2),則D(-x1,y1),

且y2=kx2+m,y1=kx1+m.

令x=0,

【解題關鍵】將|OE|,|OF|分別轉化為直線l和直線DB與y軸交點的縱坐標的絕對值,是解決本題的關鍵.

6.設函數f(x)=x2+alnx(a∈R).

(Ⅰ)當a=1時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;

(Ⅱ)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.

【考點】導數的幾何意義+利用導數研究函數的單調性與零點

【思維導圖】(Ⅰ)求導→切線的斜率和切點坐標→切線的方程.

【全能解析】(Ⅰ)當a=1時,f(x)=x2+lnx,x∈(0,+∞),

所以f′(1)=3,f(1)=1,

所以曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y-1=3(x-1),即3x-y-2=0.

當a≥0時,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上單調遞增,最多只有一個零點,不滿足條件,舍去;

當x→0+時,f(x)→+∞.

因為lnx≤x-1,所以ln(-a)≤-a-1(方法:不等式放縮法),

所以f(-a)=a2+aln(-a)≥a2+a(-a-1)=-a>0.

綜上,當f(x)有兩個零點時,a的取值范圍為(-∞,-2e).

【方法技巧】判斷函數有兩個零點問題,首先需要研究函數的最值,并解出關于最值的不等式,其次要確定兩個零點所在的區間.

【全能解析負責教師:鄭祖宏 黑龍江省虎林市實驗高級中學】

( )

A.n>m>tB.m>n>t

C.m>t>nD.n>t>m

【答案】C

【考點】利用導數研究函數的單調性

∴h(x)在(1,+∞)上單調遞減,

∴h(x)

∴f(x)在(1,+∞)上單調遞減.

∴f(2)>f(e)>f(3),∴m>t>n,故選C.

2.如圖,在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,底面ABCD為矩形,點E,F,G分別是棱CC1,CB,CD的中點,P為AD1上的定點(不含端點),K為DD1上的動點.

(Ⅰ)是否存在點K,使得PK∥平面EFG;

(Ⅱ)若直四棱柱中所有棱長均為1,求三棱錐A1-EFG的體積.

【考點】空間中直線與平面間的位置關系+三棱錐的體積

【思維導圖】(Ⅰ)易得點K與點D1重合時,PK∥平面EFG.

(Ⅱ)連接A1C,B1C,

解：(Ⅰ)當K與D1重合時,PK∥平面EFG.

理由如下:如圖,連接BC1,易知PK∥BC1.

又點E,F分別為CC1,BC的中點,

所以BC1∥EF,所以PK∥EF.

又EF?平面EFG,PK?平面EFG,

所以PK∥平面EFG.

由題可知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1為正方體,連接A1C,B1C,BC1,則B1C⊥BC1.

又EF∥BC1,所以EF⊥B1C.

易知A1B1⊥平面BCC1B1,

又EF?平面BCC1B1,

所以A1B1⊥EF.

又A1B1∩B1C=B1,A1B1?平面A1B1C,B1C?平面A1B1C,EF?平面A1B1C,

所以EF⊥平面A1B1C.

又A1C?平面A1B1C,

所以EF⊥A1C,同理可得FG⊥A1C.

因為EF∩FG=F,

且EF?平面EFG,FG?平面EFG,

設點C到平面EFG的距離為h,

因為VC-EFG=VE-CFG,