2024届四川省绵阳南山中学高三下学期高考仿真演练(一)数学答案（理科）

仿真演练1理科数学参考答案一、选择题题号123456789101112答案BAADCBBABCCD二、填空题13．-214．15．316．73三、解答题17192329333578879611013414917.解：（1）x26,y109.66又回归直线过样本中心点(x,y)，所以1093.626m,得m15.4，^^所以y3.6x15.4，当x31时，y127（杯）所以该超市可以配备127杯左右的冷饮.……………………………………6分(2)依题X0，1，2，3C31C1C29333P(X0)3P(X1)3C620C620C2C19C31333P(X2)3P(X3)3C620C620X的分布列为：X0123P19912020202019913E(X)0123……………………………………12分202020202118.解：(1)ABC的面积为2，SADBDsinADB1，ABD225a而sinADBsinADC,得BD1，a2.52在ABD中，由余弦定理有：AB2AD2BD22ADBDcosADB,得AB22;第1页共5页{#{QQABIQIUogCAQJBAAQgCQwVQCAKQkBAAAQgGRBAAIAIAQANABAA=}#}ABAD2由正弦定理：，得sinB；sinADBsinB2又cosADB0,B为锐角，B；…………………………………6分4(2)设CDBDx,分别在ABD，ACD中，由余弦定理：AB2AD2BD22ADBDcosADB即：AB2x252x5cosADB，同理：AC2x252x5cosADBAB2AC22(x25)18得x2，又(ABAC)22(AB2AC2)36,ABAC6，所以ABC周长的最大值为10.…………………………12分19.解：（1）连接BD交AC于点O，连接PO，PAPC，POAC又PBAC，PO，PB面PBD，AC面PBDAC面PAC，平面PAC平面PBD………………………………5分（2）因为PB5，PO面ABCD，又ACBD，ABCD是菱形.以O为坐标原点，OB为x轴，OA为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系.PE可得，O(0,0,0),A(0,3,0),D(1,0,0),P(0,0,2)，由（01），PBE(,0,22)，AD(1,3,0),AE(,3,22)，设平面ADE的法向量为n，则n(2323,22,33)，又因为平面ABCD的法向量m(0,0,1)，mn3311cosm,n，解得7(舍去)或.mn1922619271经检验得:.…………………………………………12分7120解：(1)当a2时，f(x)2sinxln(x1)2x,f'(x)2cosx2，x11f''(x)2sinx，当x(0,)时，f''(x)0，f'(x)在（0,)单调递减，(x1)222第2页共5页{#{QQABIQIUogCAQJBAAQgCQwVQCAKQkBAAAQgGRBAAIAIAQANABAA=}#}1f'(0)10,f'()20,且使在单2x0(0,),f'(x0)0,f(x)(0,x0)122调递增，(x,)单调递减；f(0)0,f()2ln(1)0，0222f(x)在（0,)有1个零点；………………………………………5分21(2)f'(x)2cosxa,注意到f(0)0，要使f(x)0，则须满足f'(0)0,即x121a0,得a3.下证：当a3时，x(0,)，均有f(x)0。111x当a3时，f'(x)2cosxa2cosx310x1x1x1x1此时f(x)在(0,)单调递减，此时f(x)f(0)0.当时，必存在，使在单调递增，那么a3f'(0)3a0,x1(0,)f(x)(0,x1)均有，矛盾。x(0,x1)f(x)f(0)0综上所述：要使f(x)0成立的a的取值范围为：a3.……………………………12分2解：（）由题意知，bt2椭圆C的离心率b2211.1e11,ab2a22椭圆C的离心率t2所以，所以此时曲线是“优美猫眼曲线”.2e21,e1e2b2由曲线过点G0,2，得b2,所以a2,t1,x2y2y2所以两椭圆方程分别为C:1,C:x21.14222①设斜率为k的直线l交椭圆C于点，D，线段的中点为(2)1Cx1,y1x2,y2CDMx0y0,xxyyyyy则1212120x0,y0,k,kOM.22x1x2x0x2y2111,x2x2y2y2由42得1212，因为存在且所以且0kk0,x1x2x00,x2y24222142yyy11k1所以120即同理得故OM,kkOM.kkON2,.x1x2x022kON4第3页共5页{#{QQABIQIUogCAQJBAAQgCQwVQCAKQkBAAAQgGRBAAIAIAQANABAA=}#}②设直线l的方程为y2xm,y2x21,由2化简得关于x的方程4x222mxm220.y2xm2由2得由图象的对称性，122m16m20,m2.m2与m2时结果一样，不妨取m2，则l：y2x2.x2y21,由化简得2425x82x40,20.y2x2824设Ax,y,Ax,y，则xx,xx,3344345345212AB3xx3xx4xx,是定值3434345设Q2cos,2sin，由点到直线的距离公式得点Q到直线l的22cos2sin210sin2距离d,tan2,33所以102面积的最大值为111210223043dMAX,ABQABdMAX.3225352sin21522.解：(1)由得sin2,又[0,],或，12212125交点的极坐标为：(1,)和(1,);……………………………………5分1212由对称性，不妨设：A(,),,B()(0)1262OAOB2sin22sin2()3sin23cos223sin(2)12667又[0,],2[,],所以OAOB的最大值为23。………………10分266623.解：(1)当时，，；x1f(x)2x1f(x)min1当时，；当时，，0x1f(x)1x0f(x)12xf(x)min1.综上：m1.………………………………………………………5分（2）因为a0，b0，且ab1，又因为x2y22xy，当且仅当xy时取等号，22222222xy所以2xyxy2xy，即2xyxy，所以x2y2，当且仅当2第4页共5页{#{QQABIQIUogCAQJBAAQgCQwVQCAKQkBAAAQgGRBAAIAIAQANABAA=}#}21122ab22xy时取等号，所以11ab1ab11，ab11ab22ab2ab2ab11又因为0ab，当且仅当ab时取等号，242222211111125所以ab11，ab2ab21241当且仅当ab时取等号.…………………………………………10分2第5页共5页{#{QQABIQIUogCAQJBAAQgCQwVQCAKQkBAAAQgGRBAAIAIAQANABAA=}#}