商洛市2024届高三第四次模拟检测文科答案

商洛市2024届高三第四次模拟检测故选:D.7．C.【详解】由已知ON是的中位线，可知MF2ON，过M,N向准线做数学试题（文科）参考答案及评分意见KMF垂线，垂足分别为M,N,同理NN是KMM的中位线,MM2NN,有抛物线定义一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合11111113知MMMF,NNNF,因此，N点横坐标是该，所以NF,MF3,故选：C.题目要求的．1122123456789101112x11y1方法二：设点Mx1,y1，则N,，由已知22ABCDCDCBDBCB2y14x122222，解得x12，所以MF3，故选：C.1.A.【详解】根据复数的运算性质，可得zzz1i2.故选A.y1x1141i2222．B.【详解】xx2x1x20，解得1x2，所以Qx|1x2，所以8.B.【详解】观察可发现这个棱锥是将一个侧面摆在地面上，而棱锥的真正PQ1,2.故选：B1底面体现在正视图（梯形）中，所以S底42412，而棱锥的高为侧视23．C.【详解】“对任意的xR，x3x210”的否定是:存在xR，x3x2101选C.图的左右间距，即h4，所以VS底h16答案：B3dxxxx4．D.【详解】设数列的公差为，则S4(4d)4(4d)(42d)22，∴d3，9．D【详解】对于fxee，定义域为R，满足fxeefx，为偶函5(aa)∴aad7，S155a35．故选：D数.同理可得：gxsinx为奇函数.325235．C.【详解】记hxfxgx2，则hxfxgx2fxgx2hxhxhxhxfxgx2444所以且，所以为非奇非偶函数；由题意可得Ne3kN，可得e3k，设Nekt0.64N()2N,050500502gxkt3k6k解得同理可证：fxgx2为非奇非偶函数；fxgx和为奇函数.eee,t6fx因此，污染物消除至最初的64%还需要3小时.故选：C.由图可知，图像对应函数为奇函数，且0f11.显然选项A，B对应的函数6．D.【详解】abc，abcabac0．都不是奇函数，故排除；xx所以abcosa,baccosa,c0，又b3c，a,b60，对C:yfxgxeesinx，为奇函数.111π122e3acaccosa,c0，由a，b，c均为非零向量，当x1时，esin1esinee1，故错误；2ee4e2223sin1则cosa,c，且a,c在0到180之间，故a,c150．gxsinx1对D，y，为奇函数.当x1时，1.故正确.故选：D.2fxexexee{#{QQABBQKAgggAAJBAABgCUQVgCACQkAAACAoGQEAAoAAACAFABAA=}#}10.B.【详解】对于①，因为两函数图像的对称轴相同，且两相邻对称轴之故选：B间的距离等于周期的一半，所以两函数的周期也相同，二、填空题：本题共4小题．2125因此，解得2，故①错误；13．014．yx15．16．126213.0【详解】依题意m2,1，故事件A:xm表示x2,m，故事件A概率为对于②，因为2，所以fxsin2x，当时，63m(2)2，m021(2)3gxcos2xsin2x，此时f(x)与g(x)的图像关于x轴对称，则3614.答案：yx【详解】f(x)x1ex，斜率为k1，切线为yx它们的对称轴相同，故②正确；12515.答案：【详解】因为AC的中点是球心，6对于③，令2k2x2kkz得，kxkkz，故262365125所以该球的半径为，所以外接球的体积为.26f(x)的单调递增区间为k,kkz，故③正确；361116.答案：12【详解】fx2fxfx12fx2fx，22对于④，fx的所有零点满足2xk,kz，解得所有零点的集合为6所以数列fn是公比为2的等比数列，kxx,kz，故④错误.则有n6122f61fn211．C.【详解】由双曲线C定义，PF1PF24,PF22,1f1f2fn2n1322lnPF1lnPF2lnPF1PF2lnPF24PF2lnPF24PF2，当且仅当PF22取得最nn1154n6f1f2fn222小值ln12.故选：Cnn11n211n2x2xlnx512.B.【详解】由题意不等式即进而转化为1nn0,2elnx,2xelnxe所以所解不等式为：2122212232令g(x)xex,则g(x)(x1)ex,当x0时，g(x)0,所以g(x)在（0，）上单调递增2n11n10n211n102n22nn213n100则不等式等价于g(2x)g(lnx)恒成立.因为0,x1,所以2x0,lnx0,所以2对任意恒成立，即lnx恒成立131292xlnxx12可解得：0nx2lnt1lnt设可得当1单调递增h(t)(t1),h(t)2,te,h(t)0,h(t)的最大值为ttnNn12111三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必当te,h(t)0,h(t)单调递减.所以te,h(t)有最大值h(e),于是2,解得.ee2e{#{QQABBQKAgggAAJBAABgCUQVgCACQkAAACAoGQEAAoAAACAFABAA=}#}考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(3)由（2）50人中176cm以上的有6人，180cm以上的有2人．（一）必考题：设6人为A1,A2,A3,A4,B1,B2,180cm以上的有2人为B1,B2，……………8分17．答案：(1)π(2)33任取2人的取法为34，A1,A2A1,A3,A1,A4,A1,B1,A1,B2ac3acA,B,A,B（1）在ABC中，由正弦定理=得：.1112【详解】sinAsinC2AsinCA2,A3,A2,A4,A2,B1,A2,B22cosA2,B1,A2,B22A3,A4,A3,B1,A3,B2恰有1人180cm以上的取法为A3,B1,A3,B2A,B,A,B3aa4142所以，.……………………2分A4,B1,A4,B21cosAsinAB1,B2所以，，即，即83sinA1cosA3sinAcosA1所以所求概率为，p……………………12分15π1sinA，……………………4分6219．(1)证明见解析；(2)215.5ππ5πππ又A0,π，所以A,，所以A，即66666【详解】（1）连接BD,OD，如图，π1A……………………6分如图1，在等腰梯形ABCD中，BC//AD，BCAD2，3253A60，E为AD中点，△ABE为等边三角形，∵O(2)在ABC中，a3,cb,A23为BE的中点AOBE,即A1OBE，2由余弦定理得a2b2c22bccosA，即3cbbc.……………………8分如图2，A1OBC，又BCBEB，BE,BC平面BCDE，15bc1，……………………10分AO21平面BCDE，12335又EC平面BCDE，A1OEC…………………2分所以SABCbcsinA.……………………12分28ED//BC,EDBC,EBBC，所以四边形EBCD为菱形，ECBD,18【详解】(1)由频率分布直方图，经过计算该校高三年级男生平均身高为QO、F分别为BE、DE中点,5782211621641701741781824168.72，100100100100100100OF//BD,ECOF,……………………4分∴平均值为168.72，高于全市平均值168.……………………3分A1OOFO,A1O,OF平面A1OF，EC平面A1OF.……………………5分(2)由频率分布直方图知，后2组频率为(0.02＋0.01)×4＝0.12，人数为0.12（2）在OED中，OE1,DE2,OED120,×50＝6，即这50名男生身高在176cm以上(含176cm)的人数为OD1222212cos1207,……………………7分6.……………………6分A1O平面BCDE，OD平面BCDE，AOOD，{#{QQABBQKAgggAAJBAABgCUQVgCACQkAAACAoGQEAAoAAACAFABAA=}#}2Rt△AOD22222mnn9在1中，A1DA1OOD(3)(7)10,所以yy，yy．…………………8分12m2912m2911015221y1y21S△102().……………………9分A1EDkk3yyx3x3222又因为12，所以，整理得1212，3x13x233A1O平面BCDE,A1到平面BCDE的距离为AO3，1即3y1y2my1n3my2n3，112dVV2设B到平面A1ED的距离为，由BA1EDA1BED可得S△AEDdS△BED3，化简得m3y1y2mn3y1y2n30．31322211511m3n92mnn32d22sin1203，……………………11分所以n30，3232m29m29215215化简得6n360，解得n6，即直线PQ恒过点N6,0．…………………10分d.点B到平面A1ED的距离为……………………12分559因为ABPQ，所以点B在以线段AN为直径的圆上，取线段AN的中点M,0，20．【详解】（1）因为椭圆C的长轴长是短轴长的3倍，所以a3b，2x2y2139则椭圆C的方程为1．则MBAN，所以存在定点M,0，使得线段BM的长度为定值．…12分9b2b2222221821．【详解】（Ⅰ）函数fx的定义域为0,，1,又椭圆C经过点，所以221，39b9bx2ax2a22xfx.…………………………………………2分解得b1，a3，所以椭圆C的方程为y21．…………………4分x9则令fx0，得xa,x2a（2）（1）当a0时，fx0……………………………3分（2）当a0时，，，设Px1,y1，Qx2,y2，若直线PQ斜