广西贵港市2023-2024学年高三上学期12月模拟考试 数学答案

2023-12-25 · U1 上传 · 6页 · 242.2 K

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

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