【湖北卷】湖北省宜荆荆随恩2024年(届)高三下学期5月联考(宜荆荆随恩二模)数学试题答案

2024年宜荆荆随恩高三5月联考高三数学参考答案一、单选题题号12345678答案ABDBCCDA二、多选题题号91011答案ACDBCBCD21.z（1i）z2i,z2024（z2）1012（i）101212,,34344.f(x)5(cosxsinx)5co（sx）其中cos=，sin=,当f(x)取得最大值55554时x2k,kzsinxsin，5a15.f(x)在1+上递增a2a206当(ab)b时，|ab|最小，|ab||a|sin1，62222另解：|ab||b|23|b|4(|b|3)11，7.基本事件个数为22，“恰有一题相同”包含的基本事件数为12C6C61515C6A56548P1515158.令h(x)f(x)g(x)x(ex1）lnxexlnx(xlnx)1AB最小值为1.9.设f(x)exx，f(x)ex1，可得f(x)在(0,)递增，f(x)f(y)，A正确，令xe，y1，lnxlny1，xye1lnxlnyxy，B不正确x1由lnx知C正确，由f(x)xex在(0,)上是增函数可得D正确，故选ACD.x.时，只有最大值，没有最小值，时，为大值，10a10,0q1a1a10,1q0a1a2为最小值，时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，有最大a10,q11/8值，也有最小值，时，，无最大值，奇数项为负无最小值，a10,q1q1an偶数项为正无最大值，选BC..，由222，取的中点11AP3APABBPAB2BP5，B1C1,C1CE,F5EBF，EF，A不正确.66当PABC外接球半径最小时，ABC的外接圆应该是球的大圆.球半径R最小值为4822，外接球体积最小值是(2)3，B正确.33设关于平面的对称点为，222QBCC1B1QAPPQAPPQAQ21314，212又AQ2116，C正确.根据长方体对角线与长方体长、宽、高所在直线夹角的余弦值的平方和为1.D正确.三、填空题12.2113.1514.[9,10)四、解答题.（1）因为四边形是等腰梯形，，所以延长，必15AA1C1CA1C1//ACAA1CC1相交于一点，…………………………………………………………………………1分设，平面平面AA1CC1P,PAA1AA1AA1B1BPAA1B1B,同理可得:平面…………………………………………………分PBB1C1C,3又平面平面…………………………………分AA1B1BBB1C1CBB1,PBB14即，，交于一点…………………………………………………分AA1BB1CC1P5（2）由，，得平面AA1BCABBCAA1ABABCAA1B1B又平面，……………………………………………分BB1AA1B1B，BCPB6同理可得，两两垂直……………………………………分ABPBAB,BC,BB17以为原点,所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系BBC,BA,BB1xyz是等腰梯形，是等腰三角形，,AA1C1CPACPAPC,BABC2/833BPAP2AB2(6)2(2)23P(0,0,3)…………………8分223232223A(0,,0),C(,0,0),A(0,,2),C(,0,2),B(0,0,)221212122122BA(0,,)AC(,,0)…………………………………………10分11221122设平面法向量为、A1B1C1n(x,y,z)22nACxy01122取x1,得y1,z2,n(1,1,2)…………11分21nBAyz01122又平面法向量为……………………………………分ABCn2(0,0,1)12nn212，所以平面与平面所成角为.……分cosn1,n2A1B1C1ABC13n1n22411116.（1）当n2时，S=a3aaSS(a3a)(a3a)n2nn1n1n1n2n1n2nn1整理得*…………………………………………分an15an6an1(n2,nN)2b（解法一）：假设存在常数使数列为等比数列，设nkbnq(n2)bn1则即（）an1kanq(ankan1)an1q-kanqkan1qk5k2k3令解得或……………………………………………5分qk6q3q2故当时，为首项为，公比为的等比数列，k2bn23当时，为首项为，公比为的等比数列。………………………………分k3bn1263/8（解法二）：假设存在常数使数列为等比数列，则有2kbnb2b1b3由已知得所以a314,a446b1a2ka14k，b2a3ka2144kb3a4ka34614k，2所以（144k）(4k)(4614k)，解得k2或3ba2a5a6a2a当k2时nn1nnn1n3(n2)bn1an2an1an2an1ba3a5a6a3a当k3时nn1nnn1n2(n2)bn1an3an1an3an1结论同解法一（解法一）n1a2a23（2）由（1）知n1n解得n1n1………………………7分n1an232an13an21Sa3a3n12n1则S3n2n(n2)……………………………9分n12n1nn又也满足nn……………………………………………………分S11Sn32102S3n2n3n(1()n)n3222111（）nnn1…………………分1()Sn3n1133333Sn311()n111111313故......=3(1()n)证毕…………15分SSS30313n1123212n13（解法二）同解法一得到nn…………………………………………分Sn3210由二项式定理得n（）n0n1n1n0321Cn2Cn2...Cn2当时；1n1n即nnn………………………分n2Cn22322(n2)134/811111111n1313所以n2时...1...142…14分SSS22232n122n212n1213n=1时=1S121113...…………………………………………………………………15分S1S2Sn2.解（）设小明分别采用策略一和策略二的得分分别为，171X1,X2,211PX0,2,3P(X0)P(1P);11444333P22P…………………分P(X12)(1P)P(X13)P444;441P33P2P3E(X)023…………………5分144425332PX0,4,6P(X0)P(1P)22666333P1PP(X24)(1P)P(X26)P66;6632P33PPE(x)0462P………………10分26663所以小明分别采取策略一和策略二的得分的期望分别为和2P2；（）设小明选择策略一和策略二的得分分别为2Y1,Y212315Y0,4,6P(Y0)1；1434312326111P(Y14)P(Y16)4312；43125615E(Y)046………………………12分112121221323311Y0,6P(Y0)；P(Y6)2244342434313E(Y)06………………………………………………14分24425/8小明应选择策略一…………………………………………分E(Y1)E(Y2)154118.解（1）f(x)2ax42a(2ax4)(x1)，x0xx若a0，则f(x)0，f(x)在(0,)上单调递增………………………………2分2若a0，由f(x)0得xa22当x(0,)时f(x)0；当x(,)时，f(x)0aa22f(x)在(0,)单调递增，在(,)单调递减……………………………………4分aa（2）f(x)存在极值，由（1）知a0，……………………………………………5分22f(x2)f(x1)4(lnx2lnx1)a(x2x1)(42a)(x2x1)4(lnx2lnx1)a(x2x1)(x2x1)(42a)(x2x1)f(x)f(x)4(lnxlnx)由题设得21＝21……………分f(x0)a(x2x1)42a7x2x1x2x1x，设20x1x2t(t1)x1lnxlnx22(t1)①要证明21即证明lnt……………………………8分x2x1x2x1t12(t1)设g(t)lnt,(t1)t112(t1)2(t1)(t1)2则g(t)0……………………………10分t(t1)2t(t1)2g(t)在(1,)上单调递增，g(t)g(1)02(t1)lnxlnx2lnt，即21得证…………………………………………12分t1x2x1x2x1xx8②12……………………………………………分fa(x2x1)42a132x1x2x1x24(lnx2lnx1)8lnx2lnx12f(x0)f()402x2x1x1x2x2x1x1x26/8xxf(x)f(12)………………………………………………………………15分024f(x)2ax(4a)在(0,)上是减函数xxx12x………………………………………………………………………………17分20c2a219.解（1）由题设，且4，解得：c2，a22a2cx2y2a28，b24，椭圆C的方程：1………………………………………2分84yty（）设，，0，02Q(x0,y0)P(4,t)kPQkOQx04x01y2ty11，00，22……………………分kPQkOQ2ty0y0x02x042x04x022根据对称性可知定点T存在时一定在x轴上，设T(m,0)………………………………5分，恒成立PT(m4,t)QT(mx0,y0)，PTQT0即恒成立…………………………………………………………分(m4)(mx0)ty0061(m4)(mx)y2x22x0恒成立00200x2y210022恒成立1y0x04(m4)(mx0)42x00842，2恒成立…………………………………………分m4m4(2m)x00m28即存在定点T(2,0)满足PTQT恒成立………………………………………………9分（）设3M(x1,y1),N(x2,y2),H(x,y)PMHM，设MPPN，则MHHNPNHN(4x1,2y1)(x24,y22)…………………………………………………