【湖南卷】湖南省永州市2024年(届)高三年级高考第三次模拟考试(永州三模)(4.22-4.24)

永州市2024年高考第三次模拟考试数学参考答案及评分标准一、单项选择题题号12345678答案ADDCCACB二、多项选择题题号91011答案ADBCDACD三、填空题7112．{3}13．14．8167.解析：f(x)exexcosx12exexcosx11cosx0．f(x)在R上单调递增．令g(x)f(x)2，g(x)为奇函数，g(x)在R上单调递增，f(x)g(x)2．则化为．f(log1t)f(3)4g(log1t)2g(3)2422g(log1t)g(3)g(log1t)g(3)log1t3．222解得0t8．t(0,8)．8.解析：如图，,，CB3F2AF1AF2~F1BC|F1F2|2c|CF2|4c设，则，|AF1|t|BF1|3t|AB|2t|BC||F2C|BF2平分F1BC,2,|BF1||F1F2|BA，|BC|2|BF1|6tF1OFC12|AF||BC|2t,23由双曲线定义可知，|AF2||AF1|t2a,，|BF1||BF2|2a|BF2|AF2AB4a永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准第1页（共9页）{#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}0,在中，由余弦定理知ABF260F1BF2222222|F1B||F2B||F1F2|(6a)(4a)(2c)cosF1BF22|F1B||F2B|26a4ab42化简得c7a，由a2b2c2得，c7bb42tanPOF，sinPOF.2a2c711.解析：当M为BD中点且MNA1C时，MN长度最短，21由等面积法求得最小值为．故A对．A11413半径为．故B错．3OD如图，过A1作A1EBD，连接EC，EO1BHFC过球心O作OO1EC1则O为EC的中点，且OO，112又球半径为1，球与BCD的3D一交点为H，则OH，23又过作，，0O1O1FBCO1F60O14C球与底面BCD的交线如图，F233交线长为，H333B故C对．转过的曲面为圆锥的一部分侧面积，该圆锥母线长为2，底面圆半径为1，12故面积为2．故D对．33永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准第2页（共9页）{#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}14.解析：1xx1xx1f(x)1f(1x)12f()2f()，f()f()7777211f(0)f()，f(0)f(1)1，7211111f(1)f()，f(1)f()2f()722771111134311f()，当x(,)时，f(x)，而（，）7272220247211714913431f()f()f()f().202422024420248202416四、解答题15．（本题满分13分）解：（1）依题意可得22列联表如下：树苗成活情况类别合计成活不成活含M元素45550不含M元素401050合计8515100…………………2分零假设为H0:该品种树苗成活与M元素含量无关联．…………………3分根据列联表中的数据，100(4510405)210021.9612.706x．…………………5分50508515510.10根据小概率值0.10的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为该品种树苗成活与M元素含量无关联．…………………6分（2）由题意知，不成活的树苗共有15株，甲地不成活的树苗有5株，X的可能取值为0，1，2，3…………………7分C0C324故510，P(X0)3C1591C1C245510，P(X1)3C1591永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准第3页（共9页）{#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}C2C120510，P(X2)3C1591C3C02510．P(X3)3C1591故X的分布列为X01232445202P91919191…………………11分（一个概率1分）2445202期望E(X)01231919191915（另解：易知X服从超几何分布，则E(X)31）15…………………12分24452024方差D(X)(01)2(11)2(21)2(31)2．919191917…………………13分16.（本题满分15分）解：BC1（1）在RtBCD中，tanBDC，…………………1分CD2AB1在RtABC中，tanACB，BC2BDCACB，…………………2分BDCACDACBACD90，…………………3分∴ACBD，…………………4分又EC平面ABCD，BD平面ABCD，∴ECBD，又ACECC，AC平面AEC，EC平面AEC，…………………5分BD平面AEC，…………………6分又AE平面AEC，BDAE．……………7分（其他方法酌情给分）（2）设多面体ABCDEF的体积为V，EC2BF2x．永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准第4页（共9页）{#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}111111则VVVABS四边形ECS13x2x4ABCEFEACD3BCEF3ACD333求得x1．…………………9分z如图，以C为坐标原点，CD，CB，CE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，…………10分则A(1,2,0)，E(0,0,2)，F(0,2,1)，C(0,0,0)EEF(0,2,1)，AF(1,0,1)，AC(1,2,0)…………11分设平面AEF的法向量n(x,y,z)，xDFAFn0xz0C则有，即，令z2，则x2，y1，EFn02yz0AB即n(2,1,2)…………………12分设直线AC与平面AEF所成角为，yACn445那么sin|cosAC,n|．…………………15分ACn531517．（本题满分15分）解：1（1）当b1，x时，f(x)3x133lnx3x3lnx4…………………1分333(x1)f(x)3…………………2分xx令f(x)0，解得x1，1令f(x)0，解得x1，…………………4分31f(x)的单调递减区间为(,1)，单调递增区间为(1,)3f(x)在x1处取得极小值f(1)1，无极大值．…………………7分（2）依题意f(x)3x13b3lnx，对任意x(0,)，f(x)0恒成立，即3b3x13lnx，…………………8分令g(x)3x13lnx，永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准第5页（共9页）{#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}1当x(0,]时，g(x)13x3lnx，g(x)单调递减．…………………9分3133x3当x(,）时，g(x)3x13lnx，g(x)3，…………………10分3xx1令g(x)0，解得x1，令g(x)0，解得x1，…………………11分3综上所述，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增…………………13分2因此g(x)g(1)2，3b2，即bmin32故b的取值范围为（，]．…………………15分318．（本题满分17分）解：（1）设数列{an}公比的为q，数列{bn}公差的为d3n1n则由a88a5,q8q2，ana1q2，…………………2分，即，．………………分a4b816b827d16d2bn2(n1)22n41n2sin()12242（2）设dn（1）bn2222则d4nd4n1d4n2d4n3b4nb4n1b4n2b4n3128n48………………6分n(128n4880)S(dddd)（dddd）4n12344n34.24n14n2n(64n16)…………………7分Sb（64n16）（2n2）(32n8)(n2)4nn2…………………分n2n8nan222(32n8)(n2)令f(n)，2n(32n40)(n3)(32n8)(2n4)则f(n1)f(n)2n12n132n28n884(4n2n11)，2n12n可得f(1)f(2)f(3)f(4)f(n)，永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准第6页（共9页）{#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}故当n2时，f(n)最大.…………………11分147且f(1)60，f(5)，f(6)25，414714725t，即t的取值范围为（25，]．…………………12分44nn（3）由c11，cn(n2)，则n21(n1)(n1)当n2时，23nnccc112n1324(n1)(n1)345n(n1)2nn111122…………………14分(n1)!(n1)!n!(n1)!当时，也满足上式n1c1111（）…………………分c1c2cn2nN15n!(n1)!c1c1c2c1c2c3c1c2c3cn11111221222！2！3！n!(n1)!(n1)!故原不等式成立.…………………17分19．（本题满分17分）解：（）设，（），则,．1M(x0,y0)Nx,yON(x,y)OM(x0,y0)由得，ON3OM(x,y)3(x0,y0)即x，y，…………………分x0y0233x2又M(x,y)在椭圆C上，所以0y21.0020x2y2代入化简得163x2y2所以点N的轨迹E的方程为1．…………………4分63（）当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为2T(x0,y0)yy0kxx0永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准第7页（共9页）{#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}yy0kxx0222联立2，消去得xy12kx4ky0kx0x2y0kx020y2122则由判别式812k2ykx0…………………6分=00得222，x02k2x0y0ky010y21设两条切线的斜率分别为，，依题意得0，k1k2k1k221x02即22，…………………分x0y037x2y2又点T在轨迹E上，00163解得，x0=0y03,T（0，3）或（0，-3）…………………