2024届湖北省宜荆荆随恩高三下学期5月联考(宜荆荆随恩二模) 数学含答案.pdf
1/82024 年宜荆荆随恩高三 5 月联考高三数学参考答案参考答案一、单选题一、单选题题号12345678答案ABDBCCDA二、多选题二、多选题题号91011答案ACDBCBCD1.212zi （）,2zi,20242 101210121zzi （）（）,4.34()5(cossin)55f xxx 5cos x （）其中34cos=sin=55 ，,当()f x取得最大值时2,xkkz ，4sinsin5x 5.()f x 在 1+上递增120aa 2a 6 当()abb 时，|ab 最小，|sin16aba ，另解：2222|2 3|4(|3)1 1abbbb ，7.基本事件个数为226615 15CC ，“恰有一题相同”包含的基本事件数为1265CA 6 5 4815 1515P 8.令ln()()()(1ln(ln)1xxxh xf xg xx exexx ）AB 最小值为 1.9.设()xf xex ，()1xfxe ，可得()f x在(0,)递增，()()f xf y ，A正确，令xe，1y ，lnln1xy ，1xye lnlnxyxy ，B不正确由1lnxxx 知C正确，由()xf xx e 在(0,)上是增函数可得D正确，故选ACD.10.10,01aq 时，只有最大值1a，没有最小值，10,10aq 时，1a为大值，2a为最小值，10,1aq 时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，有最大2/8值，也有最小值，10,1aq 时，1q ，na 无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值，选BC.11.3AP ，由222APABBP ，2AB 5BP ，取111,BC C C的中点,E F6EBF ，56EF ，A不正确.当PABC 外接球半径最小时，ABC 的外接圆应该是球的大圆.球半径R最小值为2，外接球体积最小值是348 2(2)33 ，B正确.设Q关于平面11BCC B的对称点为Q，APPQAPPQ 22221314AQ ，又2122116AQ ，C 正确.根据长方体对角线与长方体长、宽、高所在直线夹角的余弦值的平方和为 1.D正确.三、填空题12.2113.1514.9,10)四、解答题15.（1）因为四边形11AAC C是等腰梯形，11/ACAC，所以延长1AA，1CC必相交于一点，1 分设11AACCP ,1PAA ，1AA 平面11AAB BP 平面11AAB B,同理可得:P 平面11CBBC,3 分又 平面11AAB B 平面11BBC C1BB,1PBB 4 分即1AA，1BB，1CC交于一点P5 分（2）由1AABC，ABBC，1AAABA 得BC 平面11AAB B又1BB 平面11AAB B，BCPB ，6 分同理可得ABPB，1,AB BC BB 两两垂直7 分以B为原点,1,BC BA BB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系11AAC C 是等腰梯形，PAC 是等腰三角形，PAPC,BABC ,3/8222233(6)(2)322BPAPAB (0,0,3)P 8 分3 2(0,0)2A,3 2(,0,0)2C,12(0,2)2A,12(,0,2)2C,13(0,0,)2B112 1(0,)22B A 1122(,0)22AC 10 分设平面111ABC法向量为(,)nx y z 、1111220221,1,2,(1,1,2)21022n ACxyxyznn B Ayz 取得11 分又平面ABC法向量为2(0,0,1)n 12 分1212122cos,2n nn nnn ，所以平面111ABC与平面ABC所成角为4.13 分16.（1）当2n 时，11=32nnnSaa 111111(3)(3)22nnnnnnnaSSaaaa 整理得*1156(2,)nnnaaannN 2 分（解法一）：假设存在常数k使数列 nb为等比数列，设1(2)nnbq nb 则11()nnnnakaq aka 即11-nnnaq kaqka （）令56qkqk 解得23kq 或32kq 5 分故当2k 时，nb为首项为 2，公比为 3 的等比数列，当3k 时，nb为首项为 1，公比为 2 的等比数列。6 分4/8（解法二）：假设存在常数k使数列 nb为等比数列，则有2213bb b 由已知得3414,46aa 所以1214bakak ，232144bakak 34346 14bakak ，所以2144(4)(46 14)kkk （），解得2k 或3 当2k 时1111125623(2)22nnnnnnnnnnnbaaaaanbaaaa 当3k 时1111135632(2)33nnnnnnnnnnnbaaaaanbaaaa 结论同解法一（解法一）（2）由（1）知111122 332nnnnnnaaaa 解得112 32nnna 7 分111113322nnnnnSaa 则32(2)nnnSn 9 分又11S 也满足32nnnS 10 分2323(1()3nnnnnS 22211()3333nn （）111133nnnnSS 13 分故01112111111.333nnSSS 11()3133=(1()123213nn 证毕15 分（解法二）同解法一得到32nnnS 10 分由二项式定理得011032 122.2nnnnnnnnCCC （）当2n 时；1122nnnC 即322(2)nnnn 13 分5/8所以2n 时2312111111.1.222nnSSS 111313421122212nn 14 分=1n时113=12S 121113.2nSSS 15 分17.解（1）设小明分别采用策略一和策略二的得分分别为12,XX，10,2,3X 1211(0)(1)444PP XPP ;1333(2)(1)44PP XP ;122(3)44PP XP 4 分113323()0234442PPPE X 5 分20,4,6X 25332(0)(1)666PP XPP 2333(4)(1)66PP XP ;21(6)66PP XP 23233()0462666PPPE xP 10 分所以小明分别采取策略一和策略二的得分的期望分别为32和2P；（2）设小明选择策略一和策略二的得分分别为12,Y Y10,4,6Y ；112315(0)434312P Y 1326(4)4312P Y ；1111(6)4312P Y 15615()0461212122E Y 12 分20,6Y 21323(0)4434P Y ；2311(6)434P Y 2313()06442E Y 14 分6/812()()E YE Y 小明应选择策略一15 分18.解（1）41()242(24)(1)fxaxaaxxxx ，0 x 若0a ，则()0fx ，()f x在(0,)上单调递增2 分若0a ，由()0fx 得2xa 当2(0,)xa 时()0fx ；当2(,)xa 时，()0fx ()f x 在2(0,)a单调递增，在2(,)a 单调递减 4 分（2）()f x 存在极值，由（1）知0a ，5 分2221212121()()4(lnln)()(42)()f xf xxxa xxa xx 212121214(lnln)()()(42)()xxa xxxxa xx 由题设得21021()()()f xf xfxxx 2121214(lnln)()42xxa xxaxx 7 分120 xx ，设21(1)xt tx 要证明212121lnln2xxxxxx 即证明2(1)ln1ttt 8 分设2(1)()ln,(1)1tg tttt 则22212(1)2(1)(1)()0(1)(1)tttg tttt t 10 分()g t 在(1,)上单调递增，()(1)0g tg 2(1)ln1ttt ，即212121lnln2xxxxxx 得证12 分1221128()422xxfa xxaxx 13 分1221021124(lnln)8()()2xxxxfxfxxxx 212112lnln24xxxxxx 0 7/8120()()2xxfxf 15 分4()2(4)fxaxax 在(0,)上是减函数1202xxx 17 分19.解（1）由题设22ca，且24ac，解得：2c ，2 2a 28a ，24b ，椭圆C的方程：22184xy 2 分（2）设00(,)Q xy，(4,t)P，004PQytkx ，00OQykx 12PQOQkk ，200200142ytyxx ，220000122tyyxx 4 分根据对称性可知定点T存在时一定在x轴上，设(,0)T m5 分(4,)PTmt ，00(,y)QTmx ，0PT QT 恒成立即00(4)()0mmxty 恒成立6 分2200001(4)()202mmxyxx 恒成立2200184xy 2200142yx ，00(4)()420mmxx 恒成立2044(2)0mmm x 恒成立2m 8 分即存在定点(2,0)T满足PTQT 恒成立9 分（3）设1122(,),(,),(,)M x yN xyH x yPMHMPNHN ，设MPPN ，则MHHN 11221122(4,2)(4,2)(,)(,)xyxyxx yyxx yy 11 分1241xx ，121xxx 8/81221yy ，121yyy 12 分得22212241xxx ，得22212221yyy 13 分2211184xy ，222222284xy ：22222221212184xxyy 15 分将代入得：42184xy ，即20 xy H在直线20 xy 上.17 分
