2024届浙江省县域教研联盟高三三模数学答案

2023-2024学年第二学期浙江省县域教研联盟高三年级模拟考试数学参考答案一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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。题号12345678答案BDCABCAB1．因为A(4,)，B(,5)，所以AB(4,5)，选B．2．设zabi，则abi2(abi)3i，解得a1,b1，故z1i，对应的点在第四象限，选D．222223．含xy的项为：C4x(y)6xy，选C．1V4．一斛米的体积为V(2525022550)3652500(cm3)，一斗米的体积为10500(cm3)，选A．35322b55．sinA，sinB，则sinCsin(AB)，故，又有bc210，所以b5,c22，1025c2235bsinAa103，选B．sinB22．取中点，则，，由双曲线定义可知6PF1MF1Mb,OMaF1P2b,F2P2abbFPFP2a，所以2b4a，即2，e1()25，选C．12aa227．设abd，cbd，abcb(b2d2)2，所以d2b2(b0)，构造函数f(b)b2，bb2(b31)f(b)，当b(,1)时，f(b)单调递减，当b(1,0)时，f(b)单调递增，所以f(b)的最b2小值为f(1)3，d2[3,)，d(,3][3,)，选A．y2y2(yy)28．设点A(1,y),B(2,y)，则OAOB12yy4，设l:xmyt，联立直线与抛物线方程得4142161222y4my4t0，y1y24t，所以OAOBt4t4，解得t2，所以直线l与x轴的交点为P(2,0)，O,D关于l对称，所以OPDP2，D的轨迹方程为：(x2)2y24，所以DFrPF1，DFrPF3，DF(1,3]，选B．高三数学参考答案第1页（共6页）{#{QQABQY6AogioAIBAARgCAwGyCEMQkBAACIoOxBAEoAAACBFABAA=}#}二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。题号91011答案ABACDBCD22229．(ab)aaab110，A对；abab2ab1427，ab7，B对；2222ab4ab4ab44412，2ab23，2b4，C错；1a在b上的投影向量为b，D错；综上答案为AB．410．2时，f(x)cos2x，因为cos2(x)cos(2x)cos2x，所以f(x)关于x对称，A66241对；2时，由0x可得2x，此时cos(2x)的最大值为cos，B错；2333332若f()0，则k,kZ，所以16k,kZ，且0，所以的最小值为1，C66322对；因为f(x)在(,)上单调递减，所以,，所以01，D对；336333综上答案为ACD．11．令x1,y0，则f(1)f(1)f(0)f(1)f(0)，代入f(1)1得2f(0)0，即f(0)0，A错；由f(0)0可得0f(x)f(x)f(x)f(x)，若存在x使得f(x)1，则上式变为01，显然不成xxxxx立，所以f(x)1，又f(x)f()2f()f2()[f()1]21，所以f(x)1，22222将0f(x)f(x)f(x)f(x)整理为f(x)(1f(x))f(x)，由于1f(x)0，所以f(x)f(x)0，B对；f(x)f(x)f(x)2(f(x)f(x)f(x)f(x))令g(x)，则g(x)g(x)0，f(x)2f(x)2f(x)2(f(x)2)(f(x)2)所以g(x)为奇函数，C对；f(n1)1当nN*时，f(n1)f(n)f(1)f(n)f(1)2f(n)1，2，f(n)1所以{f(n)}为首项是2，公比为2的等比数列，所以f(n)12n，nxnnn由f(x)1[f()1]2可知(f()1)22n，因为f()1，所以f()221(nN*)，22222k1111152k152(125)所以f()(221)5222522，D对；综上答案为BCD．k12k112高三数学参考答案第2页（共6页）{#{QQABQY6AogioAIBAARgCAwGyCEMQkBAACIoOxBAEoAAACBFABAA=}#}三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。572112．13．14．397567789(57)2(67)2(87)2(97)2512．x=7，s2．663sin1713．由题意得83cos，8sin3(1sin2)，解得sin，所以cos212sin2．cos3914．方法一：因为MN∥平面ABD，由线面平行性质定理可知MN∥IF，IMAIm设AIm(0m2)，因为EA平分BAC，所以，MCAC2MNMC2所以，又IFm212mcosm2m1，IFICm2322m2m1所以MNIF，令m2t，t（2,4]，则m2m2112115421MN27()25()1，当，即m时MN有最小值．tt7t1457方法二：过点M作MG∥AB交AC于点G，连接GN，由题意得GN∥AD，所以MGNBAD，设MGm(0m1)，3GN2m2m则MGAGm，，所以GN，AF221743421所以MNMG2GN22MGGN(m)2，当m时，MN有最小值．247777四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）解（1）因为{an}为等差数列，由S749，得a47或a13d7，...............2分222由a5a2a14，得(7d)(72d)(710d)或(a14d)(a1d)(a113d)，...............4分化简(7d)2(72d)(710d)得d22d0，因为d0，所以d2．*所以ana4(n4)d2n1（nN）．...............6分（2）由an2n1知a11,a35，又{anbn}为公比是3的等比数列，所以a3b3(a1b1)9，即a1b13，...............8分n1nn所以anbn333，bn3(2n1)，.............10分3(13n)(12n1)n3n13所以Tn2．.............13分n1322高三数学参考答案第3页（共6页）{#{QQABQY6AogioAIBAARgCAwGyCEMQkBAACIoOxBAEoAAACBFABAA=}#}16．（15分）C1A3183A33解（）记事件号球不在号盒中为，则33或3．分1“11”AP(A)414.................4A4244A44（2）X的取值为0,1,2,4，且XY4，9381C2111；；4，，分P(X0)4P(X1)4P(X2)4P(X4)4...............8A48A43A44A4243111所以E(X)01241，E(Y)E(4X)4E(X)3，.............12分834243151X0和4时XY0，P(XY0)，X1时XY3，P(XY3)，8241231511X2时XY2，P(XY4)，E(XY)0342，41234所以E(X)E(Y)E(XY)．.............15分（2）的解法二：Y4X，则E(Y)4E(X)，...............6分E(X)E(Y)E(X)(4E(X))4E(X)(E(X))2，...............8分又E(XY)E(X(4X))E(4XX2)4E(X)E(X2)，.............12分所以E(X)E(Y)E(XY)E(X2)(E(X))2D(X)，由题意可知D(X)0，故E(X)E(Y)E(XY)成立．.............15分17．（15分）解（1）因为平面AEC平面ABCD，且平面AEC平面ABCDAC，BDAC，BD平面ABCD，所以BD平面AEC，所以BDAE，...............4分又因为APAB，E为PB中点，所以AEPB，又PBBDB，所以AE平面PBD．...............6分（2）设点P在底面ABCD的射影为点Q，则PQ平面ABCD，所以PQAD，取AD中点M，因为PAPD，所以ADPM，又PQPMP，所以AD平面PQM，所以ADQM，即Q在AD的中垂线上，...............8分高三数学参考答案第4页（共6页）{#{QQABQY6AogioAIBAARgCAwGyCEMQkBAACIoOxBAEoAAACBFABAA=}#}如图建立空间直角建系，不妨取AB2，则设P为(1,a,b)，a2b23，A(2,0,0)，B(2,2,0)，3a2b1a2b所以E(,,)，AE(,,)，DB(2,2,0)，222222由（1）可知AEDB0，计算得a1，b2，所以P(1,1,2)，.............12分又CB(2,0,0)，CP(1,3,2)，设平面PBC的法向量为m(x,y,z)，则mCB02x0，即，取m(0,2,3)，mCP03y2z022所以sincosAB,m．.............15分1118．（17分）解（1）因为f(x)aax(axb)axlna，f(0)eablnae所以，即，所以ae，b0．...............6分f(0)0b0（2）当b1时，f(x)[(alna)xlnaa]ax，因为f(x)存在极小值点，所以alna0，解得a1，...............8分lnalnaalnaalnaa1此时x，所以xlna，即lnax0，ax0ea，0alna0aalnalnalnaa1a(1)所以f(x)(ax1)ax0(a1)ea()ea，00alnalnalnaet1令tg(a)，则f(x)h(t)，.............12分a0t1lna因为g(a)，所以当1ae时，g(a)单调递增，当ae时，g(a)单调递减，a211又a1时，lna0，所以g(a)0，所以0g(a)g(e)，即0t，.............15分ee1(1t)et111因为h(t)，所以当t(0,]时，h(t)单调递增，所以h(t)h()ee．.............17分t2ee高三数学参考答案第5页（共6页）{#{QQABQY6A