2024届高三许济洛平二模数学(答案，简版)

2024届高三第二次模拟考试参考答案一、选择题1．A2．B3．D4．A5．C6．B7．D8．C二、选择题9．ACD10．ABD11．BD12．AD三、填空题151113．114．15．,16．2,02,3463四、解答题17．解:(1)在△ABC中，因为bsinAcosA31acosBc，由正弦定理可得：sinBsinAcosA31sinAcosBsinC，所以sinBsinAcosA31sinAcosBsinAB，所以sinAsinBsinBcosA31sinAcosBsinAcosBcosAsinB，整理得sinAsinB3sinAcosB，又A0,π，所以sinA0，所以sinB3cosB，得tanB3，…………………………………………4分因为B0,π，所以B．……………………………………………………5分3π(2)由(1)知，B，又a1，b3，321在△ABC中，由余弦定理b2a2c22accosB，得31c21c，2所以c2c20，则c2，或c1（舍），………………………………8分1133所以△ABC的面积SacsinB12．…………………10分2222218．解:(1)若选①，因为数列an中，an1anan2，所以数列an为等比数列．设{an}的公比为q，则q0，由题意得2a322a2a4，2332又a11，可得2q22qq，即q2q2q40，则有q32q2q24qq222q22q22q20，试卷第1页，共6页{#{QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=}#}因为2，解得，故n1．分q20q=2an2…………………………………………2**若选②，因为Sn12Sn1nN，所以Sn22Sn1Sn12Sn1nN，**所以Sn2Sn12Sn1SnnN，即an22an1nN；当n1时，有S22S11，即a2a11，且a11，则a22a1．所以数列是首项，公比的等比数列，所以n1．分ana11q=2an2…………4S1S1n1n若选③，由Sn11anSn1an1，得，an1anS1S1a1n11所以2，所以Sn2an1．ana1a1当n2时，Sn12an11，所以anSnSn12an12an112an2an1，所以an2an1，所以，数列是以首项，公比的等比数列，所以n1．分ana11q=2an2………6nn(2)由(1)可知：数列bn满足bnn1，an223n数列b的前n项和T1①nn2222n1112n1n则T②2n2222n12n111111nnnn2①─②可得：T122，n2n1n1nn222221222n2所以T4，…………………………………………………………………8分n2n1n2不等式cosnT化为cosn4，n2n12n12可知数列4为递增数列．…………………………………………………9分2n12当n为偶数时，4，取n2，可得3；………………………………10分2n12当n为奇数时，4，取n1，可得2；……………………………11分2n1综上，实数的取值范围是2,3．…………………………………………………12分1234519．解:(1)由统计表数据可得：x3，5试卷第2页，共6页{#{QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=}#}712131924y15，…………………………………………………………………1分55所以xixyiy163041841，…………………………………………2分i152，分yiy64941681174……………………………………………3i152，分xix4101410……………………………………………………4i14141所以相关系数r0.98，…………………………………………………5分174041.7因此，两个变量具有很强的线性相关性．………………………………………………6分(2)由题意知，X的可能取值为0，1，2，3．…………………………………………7分0312C5C31C5C315因为PX03，PX13，C856C8562130C5C33015C5C3105PX23，PX33，………………………11分C85628C85628所以X的分布列为：X0123115155P5656282811515515所以EX0123．……………………………………12分56562828820．解:(1)证明：如图，取EC的中点H，连结BD交AC于点O，连结HO、HF．因为四边形ABCD为菱形，则ACBD．又AE平面ABCD，BD平面ABCD，所以AEBD．因为AE平面AEC，AC平面AEC，且AEACA，所以BD平面AEC．……………………………………………………………………2分试卷第3页，共6页{#{QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=}#}1因为H、O分别为EC、AC的中点，所以HO//EA，且HO=EA；21又AE∥DF，且DF=EA．2所以HO//DF，且HO=DF，所以四边形HODF为平行四边形，所以HF//OD，即HF//BD，所以HF平面AEC．因为HF平面CEF，所以平面AEC平面CEF．………………………………5分(2)取CD中点M，连接AM．因为菱形ABCD中，ABC60，所以△ACD为正三角形，又M为CD中点，所以AMCD，因为AB//CD，所以AMAB．因为AE平面ABCD，AB,AM平面ABCD，所以AEAB，AEAM．如图，以A为原点，AB,AM,AE所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系Axyz．…………7分不妨设ABADAE2DF2，则A0,0,0,B2,0,0,C1,3,0,D1,3,0,E0,0,2,F1,3,1．………………8分因为AM平面ABE，所以AM0,3,0为平面ABE的一个法向量，………9分设平面CEF的法向量为nx,y,z，因为CE1,3,2,CF2,0,1，nCEx3y2z0y3x所以，nCF2xz0z2x不妨令x1，得n1,3,2．………11分设平面ABE与平面CEF夹角为，nAM36则coscos