广西贵港市2023-2024学年高三上学期12月模拟考试 数学答案

贵港市2024届普通高中毕业班12月模拟考试数学参考答案一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．x31．由题意，集合P{x|2x4}，Q{x|0}，所以P{x|x2}，Q{x|0x3}，所以xPQ{x|0x2}，选Bii(1i)11112．zi，zi．选A1i(1i)(1i)2222p3．根据抛物线的定义：MF46，所以p4，因此抛物线方程：x28y，由于点M在抛物线上，211所以x232，|x|42，OFM的面积：S|OF||x|24242，选D00OFM202cos(x)cos(x)cos(x)4．函数f(x)定义域为R，f(x)f(x)，即f(x)是偶函数，所以A，exexexexexexB不满足；当x0时，即cos(x)1，而exex2，因此f(0)0，D不满足，C满足．选C42425．依题意，三棱锥BABC的外接球即为正方体ABCDABCD的外接球，其半径为R，1111111424232所以A1B114，所以AC21427，所以A1BC1 的面积为(27)73，选C31146．因为a(1,2)，b(2,1)，所以|a|12225，ab12210，即ab，所以向量a与b的夹角为，所以ab|asinbcos||a|5，选A27．因为函数f(x)在(,)内单调递增，x是函数f(x)的一条对称轴，所以有633112T02，且2k(kZ)，6k2，所以2，所36222||362552以f(x)sin(2x)，所以f()sin(2)sin，选D624246428．yexlnxlny，yexlnyxlnxx，即lnxxln(yex)yex，设f(x)lnxx，则1f(x)f(yex)，且f(x)+10，所以f(x)在(0,)上单调递增，正实数x，y满足xlnx1lnx1f(x)f(yex)等价于xyex，即lnylnxx，lnylnxx，设xxlnx11(lnx1)1x2xlnxg(x)lnxx，x0，则g(x)1，g(1)0，设xx2xx21h(x)x2xlnx，x0，则h(x)2x12210，所以h(x)单调递减，且h(1)0，所x以在(0,1)上，h(x)0，g(x)0，g(x)单调递增，在(1,)上，h(x)0，g(x)0，g(x)单1lnx1调递减，所以g(x)g(1)0，当x1时，y，即x(y1)最大值为0，选Bmaxex答案第1页，共6页{#{QQABaYKUogigQBAAARhCQQHKCAOQkAEACCoGhAAAIAAAgBNABAA=}#}二、多选题：本题共4小题，每小题分，共20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得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．由图表可知，2018~2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2019年增长为14.613.31.3万亿元，2021年增长为16.714.91.8万亿元，故A不正确；因为670%4.2，则70%分位数为第5个，即为16.7，所以这6年我国社会物流总费用的70%分位数为16.7万亿元，故B正确；由图表可知，2017~2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为14.8%14.6%0.2%，故C正确；由图表可知，2019年我国的GDP为14.614.7%99.3万亿元，故D正确．故选BCD10．A选项，由anan14知{an}为等差数列，公差为4，首项为a114，所以通项公式为n(a1an)n(14184n)2an144(n1)4n18，故A不正确；B选项，S2n16n，n22SSSS故n2n16，则当n2时，nn12n16(2n18)2，故{n}为等差数列，B正确；nnn1n22C选项，Sn2n16n2(n4)32，故当n4时，Sn取得最大值，C错误；D选项，令an0得1n4，令an0得n5，则当n1或2时，bnanan1an20，当n3时，b30，当n4时，b40，当n5时，bn0，又b3a3a4a562(2)24，b4a4a5a62(2)(6)24，则当n2或n4时数列{bn}的前n项和取最大值，D正确．故选BD11．依题意，直线xy0与圆M:x2(y2)2r2相切，所以圆心M(0,2)到直线xy0的距离|20|2r，所以圆M的方程为M:x2(y2)22．记点(0,5)为E，切点为F，则|ME|3，2|MF|r2，MFEF，|EF||ME|2|MF|2927，故过(0,5)作圆M的切线，|023|2r切线长为7，A选项正确；M(0,2)到直线xy30的距离为，所以圆M上222y恰有3个点到直线xy30的距离为2，故B选项正确；的几何意义为圆M上的点与定点2x2y(2,0)连线的斜率，所以圆M的切线过点(2,0)时，取得最值，设(2,0)的切线方程为x2|022k|yk(x2)，即kxy2k0，圆心M(0,2)到直线kxy2k0的距离2，解得k21yk23，所以最大值为23，故C选项正确；圆心M(0,2)到直线3xy70的距离x2|027|102，所以直线3xy70与圆M无公共点，故D选项不正确．故选ABC3212VVQ12．对于A，AB1CQQAB1C，因为AC//A1C1，所以点到平面AB1C的距离不变，所以三棱锥QAB1C的高不变，即三棱锥AB1CQ的体积为定值，故A正确；对于B，若A1C1平面BQC，BC平面BQC，则A1C1BC，又B1C1//BC，所以A1C1B1C1，与A1B1B1C1矛盾，故B不正确；对于C，因为BC为定值，当Q到BC的距离最长时，BQC面积的最大，所以Q在A1zD1CQ1处时，BQC面积的最大，AB22，ABBC，此时11A1B11S22222，故C正确；对于D，如图所示，以D为原点建立BQC2C空间直角坐标系Dxyz，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，DyABQ(t,2t,2)，0t2，AQ(t2,2t,2)，CQ(t,t,2)，x第12题答案第2页，共6页{#{QQABaYKUogigQBAAARhCQQHKCAOQkAEACCoGhAAAIAAAgBNABAA=}#}nBC0x0BC(2,0,0)，设平面BQC的法向量为n(x,y,z)，则，即，令y2nCQ0txty2z0得zt，x0，n(0,2,t)，直线AQ与平面BQC所成角为，则|nAQ||4|sin|cosn,AQ||n||AQ|4t22(2t)244，设g(t)t44t310t216t24，0t2，则2t44t310t216t24g(t)4t312t220t16，设h(t)t33t25t4，则h(t)3t26t53(t1)220，又h(0)40，h(2)20，所以存在t0(0,2)使h(t0)0，所以当0tt0时，g(t)0，当t0t243时，g(t)0，又g(0)24，g(2)16，所以(sin)min，故D正确．故选ACD2243三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．15r15rr3114113．(2x)展开式的通项为：TC()(2x)，取r1，得到常数项为xC()(2x)10，xr15x5x故答案为：10．14．N(,2)，P(X20)P(X26)0.20.81，2026P(X20)1P(X26)P(X26)，23，故答案为：23．215．依题意，曲线上在点P处的切线与直线xy0平行，此时点P到直线xy0的距离最小，设切11|10|2点P(x0,y0)(x00)，y，k1，解得x01，y0ln10，即P(1,0)，d，xx0112故答案为：2．216．由PF2F13PF1F2知P点在右支上，设PF1与y轴交于点Q，由对称性得|QF1||QF2|，所以QF1F2QF2F1，所以PF2QPF2F1QF2F12PF1F2PQF2，|PQ||PF2|，所以12c|PF||PF||PF||PQ||QF|2a，由tanPFF得cosPF1F2，所以121112252ac4545e．故答案为：．a55四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（1）证明：an1Snn，anSn1n1(n2)，an12an1(n2)，………………1分an112an112(n2)．又a2S11a113，………………………………………3分an1an1所以当n2时，数列{an1}是以4为首项，2为公比的等比数列，………………………………4分n2nnan1422(n2)，an21(n2)，……………………………………………5分2(n1)当n1时，a12不满足．所以ann．………………………………………………6分21(n2)n1n1（）证明：2211，分2bnn1n2n1n2……………………………………8an1an2(21)(21)2121111111111Tnb1b2LbnL．………10分2212312312412n112n2132n213答案第3页，共6页{#{QQABaYKUogigQBAAARhCQQHKCAOQkAEACCoGhAAAIAAAgBNABAA=}#}18．（1）由AB2AD得sinADB2sinABD，……………………………………………………2分221又cosBAD，sinBAD，33122所以sinADBsin(BADABD)cosABDsinABD2sinABD，…………………4分33122cosABDsinABD，tanABD；………………………………………………6分33222（2）BACBAD，sinBACcosBAD，………………………………………7分231211SbcsinBACbcSScADsinBADbAD，……………………9分ABC23ABDADC222111113所以bccb2cb3bc，即bc，……………………………………………10分362623232当且仅当c3b时，等号成立，22此时ABC面积取最小值(S)，…………………………………………………………11分ABCmin21又cosBAC，2222，3abc2bccosBACbc2bccosBAC6所以当ABC面积取最小值时，a6．…………………………………………………………12分19．（1）完成列联表（单位