2024届湖南高三10月联考 数学答案

高三数学试卷参考答案31．Ap的否定是x0,1，x3．32．B因为A4,8，B1,2,4，所以AB1,2,4,8，故AB的元素的个数为4．113．Cfx9x222924，当且仅当x4时，等号成立，所以ka的最小值为4．x29．设第年的销售额为万元，依题意可得数列是首项为，公比为4Dii1,2,,11aiaii1,2,,11aa11.211a1.2111a7.4311.2的等比数列，则该公司从第1年到第11年的销售总额为32.15a11.20.20.2万元．5．C因为fx1是奇函数，所以fx1fx1，则f10．又f2x3是偶函数，所以f2x3f2x3，所以f5f10．1sinsin16．A因为tantan，所以，所以sincoscossincos，coscoscoscos即sinsin．又0,，0,，所以，即2或22222，即（舍去）．227．A令mkkZ，得mkkZ，所以曲线yfx关于直线12111211kxkkZ对称．令4mkkZ，得m2kZ，所以曲线ygx121162221242kk关于直线2对称．因为真包含于2，xk2Zmmk1k1Zmmk2Z12412124所以“曲线yfx关于直线xm对称”是“曲线ygx关于直线xm对称”的充分不必要条件．8．A如图，设DEkDA，DFkDC，设P是直线EF上一点，令DPxDEyDF，则xy1，kxyk．因为P是四个半圆弧上的一动点，所以当EF与图形下面半圆相切时，取得最学科网（北京）股份有限公司大值．设线段的中点为，线段的中点为，连接，连接并延长使之与交于点，过ABMACO1MPDO1EFO2M3作MNDO，垂足为N．因为ABC120，AB2，所以DO1，OOONNOONMP，211212125则DO．22DEDO55由△DAC∽△DEF，得k2，故的最大值为．DADO1222119．ACDfxlgx10lg101，A正确．因为当且仅当x时，fx取得最小值，且最22lg2lg21小值为1，所以f11，所以f1fx2，B错误．因为0log2，所以9lg9lg8311，又211，且在1上单调递减，在1上单调递增，所以log92fx,,26326222，正确．flog92fC3111因为90.130.230.181，所以90.130.18，所以，D正确．222．当时，公差，，正确．因为是正项等差数列，所以10ABCa37d2a7a34d7815Aan，且，所以公差的取值范围是，错误．因为，所以的取值范围a15d0d0d0,5Da452da4是，正确．，当为整数时，的最大值为，正确．5,15Ba755d5,30a7a729C．对于选项，当时，，此时不存在，使得．不正确．对于选11BDAx11fx10x2fx1fx21A1项B，由fx，的定义域相同，若fx是“A函数”，则对于任意xD，都存在唯一的xD，fx12111使得，则对于任意，都存在唯一的，使得，所以也fx1fx21x1Dx2D1fx1fx2fx学科网（北京）股份有限公司1是“A函数”．B正确．对于选项C，不妨取fxx，gx，x0,，令x1Fxfxgxx2，则FxFx4，故fxgx不是“A函数”．C不正确．对于x12选项D，因为fxmsinx，x,，是“A函数”，所以msinx0在,上恒成立．又2222m0，所以m10，且msinxmsinx1，即对于任意x,，都存在唯一的121221，使得，因为，所以x2,sinx2mm1msinx1m122msinx11m1111m1mmm，由，解得m2．D正确．m1msinxm111m1m1fx112．AD设函数gxx0，xfx232xfxfxfxxfxfxfxxfx则gx0，2222xfxxfx所以gx在0,上单调递减，B错误，D正确．f11f21从而g1g2，即，因为fx0，所以f10，f20，所以1f12f21f1f2f1f2f1f2，C错误，A正确．2223光速解法：取fxxx0，满足fx0且xfxfxxfxfx，则1fxaf1f2f1f2f1f2，a0,，函数yx0为单调函数．2xfxABACAC3x8x13．1向量ABx,2x在向量AC3,4上的投影向量为AC，则ACAC2513x8x，解得x1．525学科网（北京）股份有限公司5322214．因为0,，所以20,，所以sin21cos2，9232163因为cos22cos1，0,，所以cos，sin，323353所以sin3sin2sin2coscos2sin．915．44,4357,58；925或1625不等式x27a7ax等价于不等式xax70．当a7时，xax70的解集为，不合题意；当a7时，xax70的解集为a,7，则50个整数解为43，42，…，5，6，所以44a43，43650这50个整数元素之和为925；2当a7时，xax70的解集为7,a，则50个整数解为8，9，…，56，57，所以57a58，这8575050个整数元素之和为1625．2综上，a的取值范围是44,4357,58，这50个整数元素之和为925或1625．2731716．过点C作CFBD，垂足为F．设ABxx0，则BDAEDEx，因为BCCD，83所以3AB2BC12，则BC6x．由BC0，BCCDBD，得0x3．在△BCF中，22222312CFBCBF6xx2x18x36．记△BCD的面积为S，则2212SBDCFx49x318x2．设函数fxx49x318x2，则2227317fx4x327x236xx4x227x36，令fx0，得x0或x．当82731727317273170x时，fx0；当x3时，fx0．故当x时，fx取88827317得最大值，则S取得最大值，此时AB．8学科网（北京）股份有限公司17．解：（1）因为acosB2bcosAbc，所以sinAcosB2sinBcosAsinBsinC．2分又sinCsinABsinAcosBcosAsinB，所以3sinBcosAsinB．3分1因为sinB0，所以cosA．4分322又A0,，所以sinA，tanA22．5分312（2）△ABC的面积SbcsinAbc22，则bc6．7分23224由a2b2c22bccosAb2c2bc，得bca2bc25，9分33所以bc5，故△ABC的周长为517．10分118．（1）证明：取PA的中点N，连接EN，DN，因为E是PB的中点，所以EN//AB，ENAB．1分2又底面ABCD为正方形，F是CD的中点，所以EN//DF，ENDF，所以四边形ENDF为平行四边形，所以EF//DN．3分因为EF平面PAD，DN平面PAD，所以EF//平面PAD．4分（2）解：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令AB2，则E1,0,1，F1,2,0，P0,0,2，D0,2,0，M0,1,1．5分从而EM1,1,0，MF1,1,1，AF1,2,0．6分x2y0设平面的法向量为，则11，令，得．分AMFmx1,y1,z1y11m2,1,18x1y1z10xyz0设平面的法向量为，则222，令，得．分EMFnx2,y2,z2y21n1,1,210x2y20mn1cosm,n．11分mn2学科网（北京）股份有限公司1故平面AMF与平面EMF的夹角的余弦值为．12分2．解：（）当时，．分191n1a121aaann1n1当n2时，12nn2n12n12，3分n即n1，分a1a2annn124当n1时，上式也成立，所以n1n2n2．分annn12n1n2nn32n25当时，也符合n2，所以n2．分n1annn32annn326a（2）由（1）知nn32n2．7分n10n2，分Sn4252n32801n1，分2Sn4252n329则01n2n1n1n1n1，分Sn2222n32221n32n22111所以n1．分Snn2211220．解：（1）当ba时，该顾客能获得代金券．设“a是偶数”为事件A，，“ba”为事件B，则2062082018564，分PAB22A15210158148，分PA23 A1515学科网（北京）股份有限公司4PAB11所以PBA15，所以当顾客抽到的a是偶数时，该顾客能获得代金券的概率为．4分PA82215（2）X可能的取值为0，1，2，3．1当X0时，ba，则PX0．5分2当X1时，a1b2a1，若a11，则a1b20．对每一个a，b有20a种不同的取值，则a,b共有98145种可能的取值．6分若6a10，对每一个a，b有a1种不同的取值，则a,b共有5678935种可能的取值，所以45358．分PX127 A1521当X2时，2ab3a1．若a7，则2ab20．对每一个a，b有212a种不同的取值，则a,b共有75311