华附、省实、广雅、深中2024届高三四校联考数学答案

华附、省实、广雅、深中2024届高三四校联考数学参考答案及评分标准123456789101112퐷C퐵퐵퐴퐵퐴퐷퐵퐷퐵퐶퐴퐵퐷ACD1휋2휋3√213.y=x14.−215.[,]16.−123321.【解析】解：因为集合퐴，퐵满足퐴⊆(퐴⋂퐵)，故可得퐴⊆퐵，故选：퐷．1−????(1−????)22.【解析】解：由已知===−????，所以z=????，푧2024=????2024==????4=1故选Cz1+????(1+????)(1−????)3.【解析】解：结合图像可知所求直线斜率小于-1,故选퐵4.【解析】解：由题意，，即，由（a+b)（2a−3b)=0，即，由题知，，∴휋∵，∴所求夹角为故选B42푎2−푏1225.【解析】解：因为椭圆훤1的离心率푒=√=，所以4푏=3푎，所以双曲线훤2的离心率푒2=1푎222푎2+푏7√21√=√=．故选A푏2336．【解析】解：当列车行驶的距离为s时，则车轮转过的角度所对应的扇形弧长为s，∴车轮转过的角度为，P点的初始位置为P0，设车轮的中心为O，当时，作PQ⊥OP0，垂足为Q，如右图所示，则OQ＝OP＝Rcos，∴P到铁轨表面的距离为；当时，PM⊥MP0，作ON⊥PM，垂足为N，如右图所示，则PN＝OP•sin（）＝﹣Rcos，∴P到铁轨表面的距离为；当在其它范围均可得到同一个式子，故选B．17．【解析】解：结合函数y=ex,y=lnx,y=图像，可知ca＜b，故选A1−x2024届四校联考数学答案第1页，共10页{#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}14n1n−21=4++=（+2）2+（+2）2aa2aa2aa8．【解析】解：由已知得：nn−1n−1n−1n−1n−1，11111111+22n−1a=(−)aaan2nn−1，故n，(2n−1)(2n−1)(2n−3)2(2n−3)(2n−1)313aS=a+a++a=−故选D1n12n22(2n−1)29.【解析】解：A.：푐>푑不一定푐2>푑2所以A错，对于选项B：两边同时除以푐2即可，B正确，C选项푎푏>1不一定푎>1,푏>1，反之成立，所以为必要不充分条件a+1ab+bab+alnb+lnlnlnlnbln(b+1)D.选项正确：logb=a=aa==log(b+1)aa+1a+1lnalna+lnlna+1ln(a+1)ln(a+1)a10.【解析】解：当两圆内含时，r可以无穷大所以A不正确；当r=5时两圆相交，两圆的方程作差可以4公共弦的直线方程B为正确选项；当r=2时如图一，PQ和CD为两条内公切线，有半径比可知CA=，可32tanCAC243tanPAC=1=17得tanC1AC=，2，kPQ=−=−，C选项正确41−tanC1AC7tanPAC24对于D选项，点P在P1位置时PC=432,APC12124点P在P2位置时PC=632,BPC22224所以中间必然有位置使得BPA=故选BC2图一图二11.【解析】解：A.因为푓′(푥)=3푥2−6푥=3푥(푥−2)，所以푓(푥)在(−∞,0)和(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，且푓(0)=0，푓(2)=−4，所以，当푓(푥)=푏有三个不同的实数根푥1，푥2，푥3时，−4<푏<0，故A正确푦=푓(푥)−1关于点(1,−3)中心对称,在此点处的切线方程为푦=−3푥,所以B正确32由于方程푓(푥)=푘푥+푏有三个根푥1，푥2，푥3，所以푥−3푥−푘푥−푏=(푥−푥1)(푥−푥2)(푥−푥3)展开可知푥1푥2+푥2푥3+푥1푥3=−푘，C不正确푥1+푥2+푥3=3，当푥1，푥2，푥3成等差数列时푥1+푥2+푥3=3푥2，所以푥2=1，푘+푏=−2，D正确2024届四校联考数学答案第2页，共10页{#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}12.【解析】解：如图：对于퐴，因为点푃满足푂푃⃗⃗⃗⃗⃗=푥푂퐴⃗⃗⃗⃗⃗+푦푂퐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+푧푂퐶⃗⃗⃗⃗⃗且푥+푦+푧=1，可知点푃是平面퐴퐵퐶上的一点．又因为正四面体푂−퐴퐵퐶是棱长为3，所在立方体的棱长3√222⃗⃗⃗⃗⃗的最小值为点푂到平面퐴퐵퐶的距离，即为立方体体对角线的，计算可知A正确；|푂푃|333对于B，因为正四面体푂−퐴퐵퐶的体积为立方体的体积减去四个小三棱锥的体积：(√2)−21139√2√39√34×××(√2)3=，而正四面体푂−퐴퐵퐶四个面的面积都是×32=，32244419√39√2√6设正四面体푂−퐴퐵퐶的内切球半径为푟，4××푟=，解得2푟=，3442因为正四面体푄−퐷퐸퐹在正四面体푂−퐴퐵퐶的内部，且可以任意转动，所以最大正四面体푄−퐷퐸퐹外接球直径为√6，因此最大正四面体푄−퐷퐸퐹外接球也是棱长为√2的正方体的22外接球，3√23()所以正四面体的体积最大值为√22√2√2，故不正确．푄−퐷퐸퐹()−4×=0时，푥∈(−∞,−1)，푓′(푥)<0，푓(푥)单调递减;푥∈(−1,+∞)，푓′(푥)>0，푓(푥)单调递增;------2当푎<0时，푥∈(−∞,−1)，푓′(푥)>0，푓(푥)单调递增;푥∈(−1,+∞)，푓′(푥)<0，푓(푥)单调递减．------3综上所述：当푎>0时，푓(푥)增区间为(−1,+∞)，减区间为(−∞,−1)当푎<0时，푓(푥)增区间为(−∞,−1)，减区间为(−1,+∞)------4(2)푦=푓(푥)在点(푥1，푦1)处的切线方程为푥1푥1푥12푥1푦=푎(푥1+1)푒(푥−푥1)+푎푥1푒,即푦=푎(푥1+1)푒푥−푎푥1푒------5푔(푥)在点(푥2，푦2)处的切线方程为22푦=−2푥2(푥−푥2)−푥2，即y=−2푥2푥+푥2------6푎(푥+1)푒푥1=−2푥∴由题意得{12------72푥12−푎푥1푒=푥22−4푥1整理可得푎=2푥<0------8(푥1+1)푒12−4푥′4푥(푥+2)(푥−1)设ℎ(푥)=则ℎ(푥)=3------9(푥+1)2푒푥(푥+1)푒푥∴当푥∈(0,1)，ℎ′(푥)<0，ℎ(푥)单调递减;当푥∈(1,+∞)，ℎ′(푥)>0，ℎ(푥)单调递增．------1011ℎ(1)=−，ℎ(0)=0且ℎ(푥)<0∴푎∈[−,0)------12푒푒20．解：（1）证明：若α＝，则平面DCGH、平面CB′F′G为同一个平面．------1连接BH，BF′，则M是BH中点，M′是BF′中点，所以平面MBF与平面BFHD重合，平面MBF与平面BFFB重合------2由正方体性质可知BF⊥平面EFFH------3HFF为二面角H−BF−F的平面角，------4而HFG=FFG=，所以HFF=，42∴平面⊥平面------5（2）解：假设存在α，使得直线M′F′⊥平面MBC，以C为原点，分别以，，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，------62024届四校联考数学答案第6页，共10页{#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}则