2024年安徽省示范高中皖北协作区第26届高三联考数学试卷含答案.pdf

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1、2024年安徽省示范高中皖北协作区第26届高三联考数学答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分l.答案D命题意图本题考查函数的定义域及集合的运算解析由题可知 A=lxlx注21，所以CRA=lxlx 3或第-21.2.答案B命题意图本题考查复数的运算及几何意义句il-2i-1+3i ii(4i+l)4 i 解析因为一一一一一一一所以其在复平面内对应的点的坐标4i-l 4i-l 4i-l(4i-1)(4i+l)17 17 为（土1).1717 3.答案B命题意图本题考查充分条件与必要条件的判断解析当b=l时，ra+/b 2成立，而bl，故充分性不成立；若bl，则2/;Jj bl，所

2、以b+2;r;=O.3与7的等差中项为8，：.的8.由句句-17，可得（s-3d)（s+3d)=-17，目II64-9d2=-17，解得d=3（负值舍去）5.答案A命题意图本题考查函数模型及对数的运算.:.,5 6 7 k+l 解析由题可知1P1o(n)=lg lg了lg+lg丁lg 5-lg 4+lg 6-lg 5+lg 7-lg 6+lg(k+1)-lg k=lg(k+I)-lg 4 坠坠土且 l!._=ln(k+1)-ln 4=ln 6-ln 2 且三，解得k=11.ln IO ln IO ln IO ln IO ln IO 6.答案c命题意图本题考查三角恒等变换3.3 解析由tan（）

3、一，可得Sill（）=-cos（），又sin（）=3cos（），所以cos（）4 3cos（），目II cos（）=4cos（）coscos sin sin 4coscos 4sinsin，5sinsin 3 3coscos，所以tantan一所以tantan tan（）(1+tantan）一5 7.答案A命题意图本题考查正棱锥的性质及异而直线所成的角解析连接BD交AC 于点0，以0为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系因为正方形 ABCD 的边长为J言，所以 OA=OB=OC=OD=I，因为 3CM=AM，所以M为oc的中点设 OP=h，在 Rt!:,.PCQ 中，可得 OQ=I I I

4、I 一II I 上，所以 P(O,O,h),D（斗，0,0),QIO,O-1 MIO-01则pf)=(-I,0,-h)QM=I O一I，所以飞hJ121飞2hJI cos而而 l一一v I而lIQMI/J1+T卡F2fr王，当且仅当if去，目II I 为号8.答案D因为（h2+I)（2)=2.了法(/i2+t）（士去）4 h)4 4 hz 命题意图本题考查轨迹方程及直线与圆的相关性质解析设 M(x,y）.由题可知直线l，过定点（2,0)l2过定点（-2,0），且l,.l l2，所以点M的轨迹方程为川y2=4(x笋2）.因为IMAI土IMBI恒成立，所以4（I)2+4y2=(x-m)2+y2恒成

5、立，结合2+y2=4，可得2 m=-4，即 B(-4,0）.由题可知21MAI+IMCI=IMBI+IMCI.直线BC 的方程为 x-3y+4=0，所以坐标原点4。I(l 到直线 BC 的距离为 亏立2，所以在直线 BC 上存在两个点 P,Q满足B,P,C 或 B,Q,C 共线，所以 21MAI+IMCI=IMBI+IMCI IBCI=2汀百，即21MAI+IMCI的最小值为2汀百二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分9.答案AD命题意图本题考查样本的数字特征解析对于A，数据加I-2,3x2-2,3纠2,3x4-2,3乌2的

6、方差为9s2，故A正确：对于B,3x1-2,3叫2,3问2,3x4-2,3乌2的平均数为3元2，当元0时，3元2不一定大于0，故B错误；对于C，去掉一个极端数据，剩下的数据的方差有可能更小，故C错误；I+X2+X3 纠X5 X2+X3+X4+X5 5 对于D，因为元,:.0，数据屿，句，h，冉的平均数h一无二.！.，x10，所以A 4 4 数据句，屿，句，町的平均数大于主，故D正确10.答案CD-2一命题意图本题考查三角函数的图象与性质解析由题可得A(2,0),B(2王0)C(O Asin）D(1 王绍旦旦，而Asincp I=2 旦，sin(2w）飞f”v飞2w2 w？亏了/A2sin2cD

7、 28 1 I r、，0.AD二立:.一1l 巳立一把I A sin 2+-l代人上式得l-2一24=0 2w 4 3 ff w J飞解得去附值舍去），？叫？什0，由l寸，解得手./31 Asin-f)I=2+6,16 16.I、解得A一，.J（）=-sm-x-13 6 3 J 对于AJ(x）的最小正周期为于12，故A 错误：6 对于BJ(8)孚叫王8-.2!.)=0，故B错误；3 6 3 I 对于C，当5:s;x运7时王.2!.x-.2!.:./(x）在5,7单调递减，故C 正确；2飞63飞616.TTT l 16.I飞对于 DJ(-x+2)了叫（x+2)-3j了叫6xJ，为奇函数，故D 正

8、确11.答案ABO命题意图本题考查正方体与椭圆的性质解析画图分析易知 A 正确对于B,C，分 析如下：假 设P是 椭 球 AC，的 表面 和 棱 AB 的交点，设 AP=x，有 PA+PC,=x+./(1-x)2+(Ii)2=2，解得x土故棱 AB 上有一点 P(AB 的中点）满足条件同理在 AD,AA1,C,B,C1D1,2 c,c上各有一点满足条件假设Q是椭球 AC，的表面和棱 BB，的交点，则QA+QC,=+/t可歹2，故棱 BB，上不存在满足条件的点Q，同理在棱 BC,A1D1,CD,A,B,DD1上也不存在满足条件的点，所以B正确，C 错误对于D，连接AC,BD 交于点0，连接A1C

9、1,B,D1交于点。l，连接00，以0为坐标原点，射线 OA,OB,001的方向分别为咐州圳的正方向建立空间直角坐标系，则A（手，o,o).c1（手叫在正方形 AB叫（含边界），设M（川崎椭球 AC，的表面和正方体的表面的交点，则刷I+IMC,I=2，叫（x子）2+y2+J(x+/ff:f进一步分析可知点M的轨迹是椭圆的一部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.答案240命题意图本题考查二项式定理的应用-3一解析(Fx 斗了的展开式的通项为 T，叫c 0，机2=l 不妨设 A 在 x轴上方，因为 y=2x+,y 毛、IX矿土，所以直线m的方程为y-2才 _!_(X-X1），则,

10、n和z轴的交点是A（-x1,0），所以I x=.,1 Fi斤7IAFl=IAMI 叫l.同理，得 n 和z轴的交点是B（屿，O），则IBFl=IBNI 句l.因为IAMI-IBNI=,x1=3,子，所以X1-X2 子由联立解得（l 所以点A的横坐标为3l X2 了四、解答题：本题共5小题，共77 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.命题意图本题考查正弦定理及余弦定理的应用解析（I）在A剧中，AB=AD=4,A 子，L11DB=fBD川cosLADB=24cos亏4./3.(3分）BC BD 在！：.BCD中，由正弦定理可得一一一一一一sinLBDC sin C，BCsin C osi

11、n了3.sinLBDC 一一一一一一？一.(5 分）BD 4J3 4(II）在！：.ABD,!:.CBD中，由余弦定理可得BD2=AB2+AD2-2AB ADcos A=42+42-2 时 4 cos A=32-32cos A，.（6分）BD2=CB2+CD2-2CB CDcos C=62+22-2 6 2 x cos C=40-24cos C，（7 分）:.32-32cos A=40-24cos C，即4cosA-3cos C=-I.（8 分）又因为叫3c叫所以cos A=，叫士(JO分）2/i 4/5 所以sinA一一，sin C一一，.(l l分）9-4一故S四边刷IJCO=S 6.Al

12、 I 2/2 I 4/5 8/5+16/2 16.命题意图本题考查空间中的线面位置关系及空间向量的应用解析(I）如图，取 AB,CD的中点 M,N，连接 GM,MN,HN，则 GM1-平面 ABCD,HN1-平面 ABCD.(2分）因为 ED1-平面 ABCD，所以 ED/HN,又 MN/AD,ADnDE=D,MNnHN=N，所以平面 ADE矿平面 GMNH,又平面 AEHG分别交平面 ADE 和平面 GMNH 于 AE,CH,所以 AE/G且.(3分）易知 GM/HN，又 AB/CD,ABnGM=M,CDnHN=N，所以平面 ABC矿平面 CDEHF,又平面 AEHG分别交平面 ABC 和平

13、面 CDEHF 于 AG,EH,所以 AG/E且.(4分）由知四边形 ACHE 为平行四边形，所以 GH=AE.因为 AE=./4气12刁亨，所以 CH=/7.(5分）在 Rt!:i.AMG 中，GM=/5亡=3,在直角梯形 GMNH 中，HN=3+Jt于4.已知 HN土平面 ABCD,所以点H到平面ABCD的距离为4.(7分）(II）以N为坐标原点，直线 NM,NC,NH分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则E(O，斗，I),F(0,4,1),G(4,0,3),H(O,O，的，商（0,-4,-3），日（0人3），而（4,0,-1).(9分）设平而 BFHG 的法向盘是 ll=

14、(x,y,z),r11HG=O，向z=O则J 即J令z=4，可得ll=(l,3,4）.（门分）ln HF=0,l4y-3z=0,设平面 ACHE的法向盘是 m=（，b,c),rm.砖0,r4c=0,贝川、即令c=4，可得m=(1,-3,4).I m HE=O,l-4b-3c=0,-5一(13分）1-9+16 4 所以cos(m，的/I+9+16/I百1613 一，4所以平面BFHG与平面ACHE所成锐面角的余弦值为.(15分）一1317.命题意图本题考查双曲线的方程与性质及直线与双曲线的位置关系解析(I）设双曲线E的半焦距为c(cO).se:.,f，巧IPF,11问I=3,.IPF,1 IPF

15、2 I=6.(2分）由题可知IPF,I-IPF2 I=2，I PF,12+I PF2 12=4c2,.I PF,12+I PF2 12-21 PF，川PF2I=42，即4c2-l2=4矿，：.b2=3.(5分）又！：.2，：.2=I.(6分）故E的方程为x2_L=I.（7分）3(II）由题可知F2(2,0),A(-1,0),B(1,0），且直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为 x=ty+2(jfjf 一t一）,M(x,y,),N（町，Yi)(8 分）3 3 将方程x=ty+2和x2_L=1联立，得（3t2-1)y2+12ty+9=0.(9分）3 12t 9:.Y,一，Y,Y2一一.(10分

16、）3t-1 3t-1 Y2.k,w 一k一一(11分）x,+IRN X2-I-3t k,1M Y,(X2-I)Y1(ty2+I)ty,Y2+Y，王1-Y2I k,1,v-Y2(x,+I)-Y2(ty,+3)-tY,Y2+3y2-9t-一了一一3元3t-I,k/JN:-3kA,1，.；.(13分）kAf k BN=(k AM-I)2-1 直线AM与E的右支有交点，：.-Jf k,1,11 2ln x-2，即证明Vxe(O,+oo）土（2x-I)e2.r-e-2ln x+2 0.4 2 I 2、令函数F（元）（2兀I）泸ex-2lh元2，则F（x)=xeix-e 一 I ex-=-(xex+I),

17、x 0.X X I.(7分）当x0时，xe+I 0,设函数g(x)=ex（兀0).(9分）则g(x)=ex毛0，故g(x）在（O,+oo）单调递增x I 4、4、又gj了l=e了2 0,一7一所以存在唯一的叫，I），使得忡。）=0,即eO _1_:Q，所以元。In 2-ln x0,ln x0=ln 2-x0.（川分）Xo 当z（0,Xo）时，F（x)0,F（）单调递增，.(12分）所以 F（叫 到（句）土（2元。I)e2.ro-exo-2ln x0+24 4 2=：；（匀。1）寸一2(In 2-X0)+2崎x0Xo 2 I 2 一-;-2111 2+2xn+2兀ox;Xo 斗2兀。2111 2+2.(15分）窍。设函数h(t)=去川In 2+2,则当thf-l一一2ln 2+2 一2-21n 2 0，原不等式得证.(17分）5 J 16 580-8一