思而行 数学答案 2024年省际名校联考三（押题卷）

秘密启用前★年省际名校联考三（押题卷）2024数学参考答案评分说明：考生如按其他方法或步骤解答，正确的，同样给分；有错的，根据错误的性质，参照评分说明中相应的规定1.评分。计算题只有最后答案而无演算过程的，不给分；只写出一般公式但未能与试题所给的具体条件联系的，不2.给分。卷选择题答案A一、单项选择题：本题共小题，每小题分，共分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。85401.A2.C3.B4.C5.D6.B7.D8.B二、多项选择题：本题共小题，每小题分，共分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的3618得分，部分选对的得部分分，有选错的得分。609.ACD10.ABD11.BC卷选择题答案B1.D2.B3.A4.C5.B6.C7.A8.D9.BCD10.ACD11.BD卷非选择题答案AB三、填空题：本题共小题，每小题分，共分。351512.108（，］13.-2-114.2四、解答题：本题共小题，共分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。577aa解：（）S，(1+8)×815.1∵8=-16∴=-16.2aa，……………………………………………………………………………………………………分∴1+8=-41aa，……………………………………………………………………………………………………分∴3+6=-42又aa，公差d，36=-5>0a，a，…………………………………………………………………………………………………分∴3=-56=14ada1+2=-5，解得1=-9，…………………………………………………………………………………分∴{ad{d61+5=1=2an，nN*……………………………………………………………………………………………分∴n=2-11∈.7数学试题答案第页（共页）15（）Tnbbbnbbbn22=(1+3+⋯+2−1)+(2+4+⋯+2)naaan242……………………………………………………………分=(1+3+⋯+2−1)+(2+2+⋯+2)8nn1n()n4(1−4)…………………………………………………………………分=(-9)+−1×4+1221−4nn2n4(4−1)=2−11+3n+1n2n4-4…………………………………………………………………………………分=2−11+.133（）证明：连接EC，ED，ABCD，AEEB，CFFD，16.1∵==3=2=2CF，DF，∴=2=1A又CDEF，EF，由勾股定理得EC，ED，∵⊥=2=6=3EC2ED2CD2，即EDEC，…………………………………………………………分∴+=⊥2ABEF，ABCD，EFCD=F，EF平面ECD，CD平面ECD，D∵⊥⊥∩⊂⊂EAB平面ECD，…………………………………………………………………………分F∴⊥4又EC平面ECD，ABEC，C∵⊂∴⊥B又EDEC，ABED=E，AB平面ABD，ED平面ABD，（第题答图）∵⊥∩⊂⊂161EC平面ABD，∴⊥又EC平面ABC，………………………………………………………………………………………………分∵⊂6平面ABC平面ABD.…………………………………………………………………………………………分∴⊥7（）以F为原点，FD，FE所在直线分别为x，y轴建立如图空间直角坐标系2.则D（，，），E（，，），A（，，），C（，，），B（，，）……………分100020022-20002-1.9A得DACDBCz=(-1,2,2),=(3,0,0),=(-2,-2,1).设平面BCD的法向量n（x，y，z），………………………………………………分=10xnCDxD则由⋅=0，得=0，取n……………………分F{nBC{xyz=(0,1,2).12yE⋅=0-2-2+=0CDAn3242，…………………………………………………分Bcos,==14（第题答图）3×77162所以AD与平面BCD所成角的正弦值为42…………………………………………………………………分.157解：（）根据题意，X服从超几何分布，其分布列为17.1X012021120PC3C2C3C2C3C2222C5C5C5……………………………………………………………………………………………………………………分1即X012P13310510……………………………………………………………………………………………………………………分3数学试题答案第页（共页）25故EX1336，………………………………………………………………………分()=0×+1×+2×=4105105因此DX6216236239……………………………………………分()=(0-)×+(1-)×+(2-)×=.55105551025m（）记p，根据题意，Y服从二项分布BNp，2n=(,)EYNp因此()==12,⋯⋯①……………………………………………………………………………分{DYNpp6()=(1-)=2.4,⋯⋯②②得p1，故p4，…………………………………………………………………………………………分1-==7①55代入可得N………………………………………………………………………………………………分①=15.8（）设次摸球中，摸出红球的频数为随机变量Z，显然Z~B，………………………………………分310(10,0.3)9ZZ则摸出红球的频率为，袋中红球的占比也会被估计为，1010m||而真实的红球占比为303，误差为|Z3|，……………………………………………………分n==|-|10100101010|Z|故所求概率pP|3|P|Z|PZPZ，……………分=(|-|≤10%)=(-3≤1)=(-1≤-3≤1)=(2≤≤4)111010又PZ228，……………………………………………………分(=2)=C10×0.3×0.7=45×0.0052=0.234012PZ337，………………………………………………………分(=3)=C10×0.3×0.7=120×0.0022=0.264013PZ446，………………………………………………………分(=4)=C10×0.3×0.7=210×0.0010=0.210014故pPZPZPZPZ……………………………………………分=(2≤≤4)=(=2)+(=3)+(=4)=0.7080.15b2x2y2解：（）设椭圆E的方程为（a>b>），由题得a=1，………………………………………分18.1a2+b2=10{1a2b2=+2a解得=2，……………………………………………………………………………………………………分{b2=2x2y2所以椭圆E的方程为………………………………………………………………………………分+=1.342x2y2（）设四边形面积为S，其中一个交点坐标为Q()xy，则00，20,0+=142由椭圆及双曲线的对称性，其他三个点分别为()xy，()xy，()xy，…………………………………分-0,0-0,-00,-04x2y2x2y2|xy|由000000，得S|xy|，…………………………………………………分+=1≥2⋅==400≤42542422x2y2当且仅当00，即|x||y|时，四边形的面积取最大值，……………………………………分=0=2,0=142642此时双曲线的实轴长为a||QF||QF||，实半轴长a，虚半轴长bc2a2，2=1-2=2=1=-=1所以双曲线方程为x2y2……………………………………………………………………………………分-=1.8数学试题答案第页（共页）35（）设l：xty()t，A()xy，B()xy，则l：x1y，31=+1≠0,±11,12,22=t+1xtyt联立=+1，故()t2y2ty，yy-2yy-3，……………………………分{x2y2+2+2-3=01+2=t2,12=t210+2=4+2+2æöyyttç1÷12ç-t÷yM+-xMtyM2，故M2-，同理N2，………………分==t2,=+1=t2()t2,t2ç,÷122+2+2+2+2ç11÷èt2+2t2+2ø1-ttt易知-，故直线MN的斜率不为零，设直线MN：xmyn，则2m-n，变形得nt2≠t2=+t2=⋅t2+-1+2+2+2t2+22mt()n，同理n1m1()n，………………………………………………………分+2-1=0()t-⋅t+2-1=013()nt1是关于x的方程nx2mx()n的两根，故t12-1n．∴,t-+2-1=0⋅t=n=1,=2|||||||t1||1||||tt|-t故直线MN过定点()，MNH的面积为S1|yMyN|1||,………分2,0△=-=|t2-|=1522|+21|t21|t2+2|4()+t2+10||u令u|t1|，则S112，………………………………………分=|-t|>0=u2=≤=164+18u18u18244+u24⋅u当且仅当u18，即u32时，MNH的面积取最大值2．4=u=△224故MNH面积的最大值为2…………………………………………………………………………………分△.1724解：（）当ab时，fx15x2，19.1=-1,=0()=8fx15x………………………………………………………………………………………………………分′()=.14因为x是fx在[]上的“拉格朗日中值点”，0()1,7f()f()所以fx7-1…………………………………………………………………………………分′(0)==15.27-1即15x，解得x………………………………………………………………………………………分0=150=4.34x（）当ab时，fx()x-1x3x22=-1,=1()=-4e-+3.6fxfx21不妨设Axfx，Bxfx，xx，则kAB()-()(1,(1))(2,(2))1<2=xx.2-1xx因为fx()x-1x2x，令Fx()x-1x2x，………………………………………分′()=5-e-+6()=5-e-+6422数学试题答案第页（共页）45xx则F()x-()xx()x()-，………………………………………………………………分′=e-6-+6=-6e-15x又x时，-恒成立，∵>0e-1<0当x()时，F()x，F()x单调递增；当x()∞时，F()x，F()x单调递减，∴∈0,6′>0∈6,+′<0F()x在x处取极大值，也是最大值∴=6.F()xF()-6，f()x-6，…………………………………………………………………分∴≤6=18-e∴′≤18-e7f()xf()x由拉格朗日中值定理可知必存在c()xx，使得f()c2-1，∈1,2′=xx2-1即fck′()=AB.又因为fx-6，所以k-6，命题得证…………………………………………………………分′()≤18-eAB≤18-e.82xx（）证明：当ab时，fxx()x1x33x2根据拉格朗日中值定理知，存在c()xx3=1,=-1()=ln+-4e-+.1∈1,2264f()xf()xf()xf()x和c()xx，使得2-1f()c和3-2f()c，所以只需证明f()cf()c，即证明f()x在2∈2,3xx=′1xx=′2′1>′2′2-13-21上单调递减…………………………………………………………………………………………………分(),1.94xxf()xxx()x1x2x，令G()xxx()x1x2x，′=ln+-3e-+2=ln+-3e-+222则G()xx()xxx………………………………………………………………………………分′=ln+-2e-+3.10令ϕ()xx()xxx，=ln+-2e-+3则ϕ()x1()xx()xx1，………………………………………………………………分′=x-1+-1e=-1()e-x11当x1时，x∈(),1-1<0.4令m()xx1，则m