2数学（参考答案）2024届高三第六次月水平检测(3)_2024届湖南省常德市第一中学高三上学期第六次月考_湖南省常德市第一中学2024届高三上学期第六次月考数学

4 2 2 常德市一中 2024 届高三第六次月水平检测 所以0− −8k,kZ，且= +2k,kZ，此时无解，综上可得= . 3 3 3 1 1 数 学 （参考答案） 8. D【解析】 x→0时，2x→0,x→+时， →0, 则y=2x+ 的两条渐近线分别为y=2x,x=0， x x 所以该函数对应的双曲线焦点在y=2x,x=0夹角（锐角）的角平分线l上， 1.B. 2.A 3. B 设l:y=kx且k 2，若,分别是y=kx，y=2x的倾斜角，故tan=k,tan=2， 7 7 4. B.S =13a ,a ,a +a =2a =  故−为双曲线旋转后其中一条渐近线的倾斜角， 13 7 7= 24 5 9 7 12 π 1 tan−tan k−2 1 由tan(−)=tan( −)= ，即tan(−)= = = ，       2− 6 2 tan 1+tantan 1+2k k cos(a +a )=cos( + )=cos cos −sin sin = 5 9 4 3 4 3 4 3 4 整理得k2−4k−1=0，可得k =2+ 5（负值舍去），（或者用二倍角公式求） 5.A【解析】如图所示：刍甍的体积为直三棱柱的体积减去两个相同的三棱锥的体积， b 1 所以绕原点顺时针旋转得到焦点位于x轴上的双曲线C一条渐近线斜率为 = = 5−2，故 a 2+ 5 1 1 1 1 即V = 134−2  13 (4−2)=6−1=5.故选：A b2 2 3 2 2 e= 1+ = 1+(9−4 5) = 10−4 5 .故选：D a2 6. C【解析】先排甲、乙外的3人，有A3种排法，再插入甲、乙两人，有A2种方法，共有A3×A2种 9. AB 3 4 3 4 方法， 10． ACD 又甲排乙的左边和甲排乙的右边各占 1 ，故所求不同和站法有 1 A3 A2=36(种）.故选：C. 【解析】设圆锥AO 1 的底面圆O 1 的半径为R，高为h，母线长为l，由圆锥AO 1 与球O 2 的表面积相等， 2 2 3 4 R 1 7． D 【解析】因为 f(x+1)= f(−x)，所以函数 f(x)的对称轴为x= 1 ，所以sin   1 +  =1,即 得πRl+πR2 =4πR2，解得l=3R，因此圆锥AO 1 的母线与底面所成角的余弦值为 l = 3 ，A正确； 2  2 6  h 2 2 1   2 h= l2−R2 =2 2R，因此圆锥AO 1 的高与母线长之比为 = ，B错误； + = +k,kZ，解得= +2k,kZ， 0,k 0,kZ , l 3 2 6 2 3 πRl l （1）若 f(x)在区间  −  ,  上单调递增，则−  +2kx+    +2k,kZ ∵0 ， 圆锥AO 1 的侧面积与底面积之比 πR2 = R =3，C正确；  4 12 2 6 2 4 πR3 1 2  1  3 ∴ − +2kx  +2k,,kZ ， 球O 2 的体积与圆锥AO 1 的体积之比为 1 = 2，D正确.故选：ACD  3   3  πR22 2R 3   1  2   1 1  2   −  − +2k  −  − +2k 11． ABC ∴   4  3  ，即   4  3  ，解得 8 −8k,kZ ， 【解析】对于A，因为C：x2 =4y的准线为l：y=−1，焦点为F(0,1)，设A(x ,y )，则M(x ,−1)，  1    1 1 1  3 0 0 0   +2k,   +2k N(x ,2y +1)，所以FMFN =(x ,−2)(x ,2y )=−4y +x2 =0，所以MFN =90，（或由抛物线定  12  3   12 3  0 0 0 0 0 0 0 义知AM = AN = AF，所以MFN =90，）故选项A正确； 8 2 2 所以0 −8k,kZ，且= +2k,kZ，所以当k =0时，= 满足题意； 3 3 3      3 （2）若 f(x)在区间− , 上单调递减，则 +2kx+  +2k,kZ ∵0 ，  4 12 2 6 2 1  14  ∴  +2k  x  +2k,  ,kZ ，  3   3    1    1 1 1   −   +2k  −   +2k 1  4  3   4 3  4 x x 2 x2 ∴   1  2   1    4 3  +2k,    ，即   1 1 2   1   3 4 +2k    ，解得− 3 −8k,kZ ， 对于C，因为y = 2 ，所以A处的切线斜率，k AP = 2 0 ，而 k NF = 2 x y 0 0 = x 4 0 0 = x 2 0 ，所以k AP =k NF ， 2024届高三第6次月考数学参考答案 第 1 页 共 4页 {#{QQABAYSEogiIABBAABgCAQFICAIQkBCCAAoGhFAAIAIAAAFABCA=}#}从而AP∥NF，即AP∥NQ，所以B正确.又A是线段MN中点，所以P是线段MQ的中点，又 x x MFN =90，所以PQ=PF ，所以C正确.对于D，因为k = 0 ，所以直线FN的方程为y−1= 0 x， NF 2 2 −4  −4 4 令y=−1，得Q ,−1，所以 MQ = x − = x + 2 4 =4，当且仅当 x =2时，最小值为4，  x  0 x 0 x 0 0 0 0 故选项D错误.故选：ABC 12． ABD【解析】：先证明 f (x)为奇函数。令x= y，则 f (0)=0；令x=0，则 f (−y)=−f (y)， 2x−1 g(4π)=cos4π=1，而函数 f(x)在(0,4π)上单调递增，且−1 f(x)= 1，所以 f(4π)1，  f (x)为奇函数。 2x+1 由此可知 f(x)=g(x)在(0,4π)内有4个解．所以g(x)是 f(x)在(0,4π)的“4重覆盖函数”； x− y 再证明 f (x)是增函数。不妨设−1 x y0，则 (−1,0), f (x) f (y)， f (x)在 故n=4（本小问2分） 1−xy 2x−1 2 (−1,0)为增函数，又 f (x)是奇函数， f (x)在(−1,1)为增函数。 （2）可得 f(x)=log =log (1− )的定义域为(0,+)， 1 2x+1 1 2x+1 2 2 令 y = 1 , x− y = 1 ，则x= 7  1 ， f 1 + f 1 = f  7   f 1 即对任意x R，都有2个不同的实数x,x −2,+)，使得g(x)= f(x )（其中i=1,2,3, n,nN+），         0 1 2 i 0 3 1−xy 4 13 2 3 4 13 2 1 1 2 2 13.60 ∵2x 1，∴2x+12 2x+1  2 0 2x+1 1，所以01− 2x+1 1，所以 14. 11 【解析】：P(67≤X≤77)≈0.682 7，P(62≤X≤82)≈0.954 5，∵P(67≤X≤n)＝0.818 6＝ 2x−1 2 0.954 5－ 0.954 5－0.682 7 ，∴n＝82，即P(67≤X≤82)＝0.818 6，由已知，该班在[67,82)内抽取 f(x)=log 1 2x+1 (0,+)，即g(x i )= f(x 0 )=log 1 (1− 2x0 +1 )(0,+) ，即对任意k 0，g(x)=k有2 2 2 2 个实根， 了11人，他们的分数为68，70，71，72，73，75，76，76，78，80，81。 当x1时，g(x)=log x=k已有一个根，故只需x1时，g(x)=k仅有1个根，  9  5  4 4 2 15.  −,− 2     − 2 ,+  【解析】：当n=1时，b 1 =S 1 =−2a−5，a 1 =1− b =1+ 2a+5 ， 当a=0时，g(x)=−3x+1，符合题意， 1 2 当n2时，b =S −S =n2 −6n−2a−(n−1)2 −6(n−1)−2a=2n−7 当a0时，则需满足g(1)=2+2a−3+10，解得0a 3 ， n n n−1   当a0时，抛物线开口向下，g(x)有最大值，不能满足对任意k 0，g(x)=k仅有1个根，故不成 4 4 2n−11 a =1− =1− = ， (n2) 立． n b 2n−7 2n−7 n  2 2 7 1 1 综上，实数a的取值范围是 0， ，a的最大值为M = ， a = ，a =5，a =−3，a =− ，a = ，且n6时，a 0，a a 0，a a 0   3   3 2 3 3 4 5 3 6 5 n 3 4 5 6 5 3 要使数列 a  的变号数为2，则a =1+ 4 0，解得a− 9 或a− 5 则sin[(M +1)]=sin =− ．（本小问3分） n 1 2a+5 2 2 3 2 17．【解】（1）证明：因为AC，BC，CD两两垂直，BCCD=C，BC面BCDE，CD面BCDE， 3 1 2 16． (1)4 ； (2) − 【解析】（1）因为2x 0，所以2x+11 1 2， 所以AC⊥平面BCDE.因为DE平面BCDE，所以AC⊥DE. -----------------1分 2 2x+1 2x+1  2x−1 2 2x−1 在直角梯形BCDE中，连结CE. 由BCD=CBE= 且BC=BE =1，CD=2， 又因为 f(x)= =1− 1−2=−1，又因为2x−12x+1， 所以 f(x)= 1， 2 2x+1 2x+1 2x+1 可得CE=DE= 2，CE2+DE2 =CD2，所以DE⊥CE. 2x−1 所以−1 f(x)= 1，又因为g(x)=cosx(0x4π)，所以g(x)−1,1， 因为AC CE=C，AC面ACE，CE面ACE，所以DE⊥平面ACE. --------------4分 2x+1 （2）因为AC，BC，CD两两垂直，以点C为原点，直线CA，CB，CD分别为x轴，y轴，z轴建立如图 2 又因 f(x)=1− ，可得 f(x)为奇函数且单调递增，作出两函数的(0,4π)内的大致图像，如图所示： 所示的空间直角坐标系C-xyz， 2x+1 2024届高三第6次月考数学参考答案 第 2 页 共 4页 {#{QQABAYSEogiIABBAABgCAQFICAIQkBCCAAoGhFAAIAIAAAFABCA=}#}n xy −nxy i i 43837.2−87574 则bˆ= i=1 = =−6 -------3分  n (x −x)2 93.8 i i=1 所以aˆ= y−bx =74+675=524，所以yˆ =−6x+524； --------------4分 当x=84时，代入yˆ =−6x+524，得到y=20， 所以2024年顾客对该市火车站投诉的次数约为20次 --------------6分 则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(0,0,2)，E(0,1,1)，所以CA=(1,0,0)，CE=(0,1,1)，BD=(0,−1,2)， （2）X 服从超几何分布，可取0，1，2 --------------7分 设平面ACE的法向量为n=(x,y,z)，则有     n n   C C A E = = 0 0 ，得    x y = + 0 z=0 ， P（X=0）= C C 2 0C 8 3 6 3 = 1 5 4 ;P（X=1）= C C 2 1C 8 3 6 2 = 1 2 5 8 ;P（X=2）= C C 2 2C 8 3 6 1 = 2 3 8 -------9分 5 15 3 3 取z=1，得n=(0,−1,1)，设直线BD与平面ACE所成角为， -----------6分 分布列略 所以E（X)=0 +1 +2 = -------12分 14 28 28 4 nBD 00+(−1)(−1)+12 3 10 则sin= cosn,BD = = = ， ---------9分 n BD 02+(−1)2+12 02+(−1)2+22 10 a a 3n a 20．【解】（1）∵a =2a +3n，故 n+1 = n + ，且b = n ， n+1 n 2n+1 2n 2n+1 n 2n 10 10 故cos= 10 ，所以直线BD与平面ACE所成角的余弦值为 10 . ----------10分 故b =b + 1    3  n ，∴b −b = 3n ， -------------3分 n+1 n 2 2 n+1 n 2n+1 18． 【解】（1）在 ABC中，B= π ，据余弦定理可得b2 =a2+c2−2accosB=a2+c2- 2ac b −b = 3n+1 ，则 b n+2 −b n+1 = 3 (n 1) ，故b −b 是公比为 3 的等比数列；------5分 4 n+2 n+1 2n+2 b −b 2 n+1 n 2 n+1 n ( ) 又b2 =c(a+c)，故a2− 2a=ac，由于a0，故a= 2+1 c， ---------------4分 3 3 n−1 1 3 n （2）由(1)可知b −b =   =   ， c sinC n+1 n 4 2 2 2 得 = 2−1,故 = 2−1； -------------5分 a sinA ∴b =(b −b )+(b −b )+ +(b −b )+(b −b )+b （2）在 ABC中，据余弦定理可得b2 =a2+c2−2accosB，又b2 =c(a+c)，故a2−2accosB=ac， n n n−1 n−1 n−2 3 2 2 1 1 又a0，故a−2ccosB=c，故sinA−2sinCcosB=sinC，sin[π−(B+C)]−2sinCcosB=sinC， 3  3 n−1 因 sin 为 Bc A o , s B C , + C c  os ( B 0, s π in ) C ， − 所 2s 以 inC B c − o C sB  = (− si π n , C π) ， ， s 则 in( B B − − C C = )= C s 或 inC B , − C + C = π ， ---------------7分 = 1 2        3 2    n−1 +    3 2    n−2 + +    3 2    2 +    3 2    1   + 1 2 = 1 2  2   1−  3 2     + 1 2 =   2 3   n −1 ， -----7分 1− 即B=2C或B=π（舍），所以B=2C， -------------------8分 2 3sinB+2cos2C= 3sin2C+cos2C+1=2sin(2C+ π 6 )+1,A=π−(B+C)=π−3C, ∴ 2 a n n =    3 2    n −1a n =3n−2n，∴c n = 3n− 1 2n ，∵c n = 3n− 1 2n 0，故T n T 1 =1．  π 因为 ABC是锐角三角形，所以     0 0  2 π C −3  C π  2 ，得 π C π ， -----------------10分 当n 3时， 3 2 n n −1 = 1 2     3 2    n−1 1 2     3 2    3−1 = 9 8 1，故3n−1 2n，∴a n =3n−2n 23n−1，  2 6 4 1 1  π   0C 2 故当n 3时，c n = 3n−2n  23n−1 ， --------------9分 π π 2π π  3  π ( ) 2C+  ,故sin(2C+ ) ,1,2sin(2C+ )+1 3+1,3 ， 2 6 3 6   2   6 1  1 n−2 1 1 1 1−   故 3sinB+2cos2C ( 3+1,3 ) ---------------12分 故T =c +c +c + +c 1+ + + + 1 18 3  6 1  1 ， n 1 2 3 n 5 18 23n−1 =1+ 5 + 1 = 5 + 12   1− 3n−2   - 1− 3 600 592 19. 【解】：（1）x= =75,y= =74， 1 1 77 8 8 故T 1+ + = --------------12分 n 5 12 60 2024届高三第6次月考数学参考答案 第 3 页 共 4页 {#{QQABAYSEogiIABBAABgCAQFICAIQkBCCAAoGhFAAIAIAAAFABCA=}#}21【解】（1）不妨设椭圆上任意一点Q(x ,y ), x 2 2，且 x 0 2 + y 0 2 =1，此时半径r CQ ， 22． 【解】：（1）由y =sinx得y=cosx，切线得斜率为cos  = 2 ，切点（  ， 2 ），切线方 0 0 0 8 4 min 4 2 4 2 又 CQ2 =(x 0 −1)2+y 0 2 =(x 0 −1)2+4− x 2 0 2 = 1 2 (x 0 −2)2+33，当x 0 =2时取等号. ---3分 程为：y− 2 = 2 (x−  )，令x=0,得y= 2 (−  )+ 2 = 2  4− ；令y=0,得x=−1+  = −4 ， 2 2 4 2 4 2 2 4 4 4 ( ) 所以r CQ min = 3，所以r的取值范围为 0, 3 ； ------------5分 故 切 线 与 坐 标轴围成的三角形面积为 S = 1 ( 2  4− ) 4− = 2(4−)2 ; -------3分 （2）过点P(0,2)作圆C的两条切线，当两条切线均存在斜率时， 2 2 4 4 64 （2）先证明a0,b0。由x=0满足sinxax+b知b0；令x=2k,kN*，则 设k =k ,k =k ,N(x,y ),M(x ,y ),S(0,y ),T(0,y )，经过点P的直线l的方程为y =kx+2， PA 1 PB 2 1 1 2 2 3 4 −b 则 |k+2| =r，整理得 ( r2−1 ) k2−4k+r2−4=0，所以有k +k = 4 ,kk = r2−4 2ak+b0,a 2k 对kN + 恒成立，a0。故a0,b0。 1+k2 1 2 r2−1 1 2 r2−1   又以PC为直径的圆的方程为  x− 1  2 +(y−1)2 =    1+4   2 = 5 再证明x 0    0, 2   。由y =sinx在x= x 0 (x 0 0)处的切线方程为  2  2  4 y= xcosx +sinx −x cosx ,a=cosx 0,b=sinx −x cosx =cosx (tanx −x )0， 则直线AB的方程为    x− 1 2    2 +(y−1)2−  (x−1)2+y2  = 5 4 −r2， tanx 0 −x 0 0 0，构 0 造函 0 数 f( 0 x)=tanx−x 0 ,x(0,  2 )， 0 则 0 0 0 0 0 整理得x−2y−1+r2 =0，令x=0得y 3 = r2 2 −1 ，即S    0, r2 2 −1   ， ---------7分 f(x)= c s o in s x x −x, f(x)= cos2 c x os + 2 s x in2x −1= 1− co c s o 2 s x 2x 0 ，f(x)=tanx−x在x(0,  2 )上单调递增， 联立    y x2 =kx y + 2 2 ，消去y得 ( 1+2k2) x2+8kx=0，  f(x) f(0)=0,tanx−x0， x 0 (0,  2 ) ，当x 0 =0,  2 也合。综上， x 0     0,  2    。--------7分  + =1  8 4 （3）ab=sinx cosx −x cos2 x 。令 f (x)= 1 sin2x−xcos2x,x  0,  ，则 0 0 0 0   −8k −8k  −8k 2−4k2   −8k 2−4k2  2  2 所以x 1 = 1+2k 1 1 2 ,x 2 = 1+2k 2 2 2 ，即N 1+2k 1 1 2 , 1+2k 1 1 2   ,M 1+2k 2 2 2 , 1+2k 2 2 2   ， f(x)=sinxcosx(2x−tanx)。 不妨设直线MN的方程为y=tx+m，   1 cos2x   令g(x)=2x−tanx,x 0, ，则g(x)=2− = ，当x 0, 时， 则     1 2 + − 2 4 k k 1 1 2 2 = 1 − + 8 2 k k 1 1 2 t+m ，整理得   (2m+4)k 1 2−8tk 1 +m−2=0 ，   2     cos2 x cos2 x   4   2−4k 2 2 = −8k 2 t+m  (2m+4)k 2 2−8tk 2 +m−2=0 g(x)0,g(x)单调递增，当x  ,  时，g(x)0,g(x)单调递减，又g(0)=0，  1+2k 2 2 1+2k 2 2  4 2 所以k 1 ,k 2 为方程(2m+4)k2−8tk+m−2=0的两个根，--------------9 若tan=2,(0,  ),则记=arctan2，g(arctan2)0,g   5  0， m−2 r2−4 m−2 r2−4 6r2−18 2 12  则kk = ，又kk = ，所以 = ，解得m= ， 1 2 2m+4 1 2 r2−1 2m+4 r2−1 7−r2  5 所以存在唯一s arctan2, ,g(s)=0, f(s)=0， --------------9分   r2−1 r2−1 6r2−18 1  48  1  12  此时 ST = y −y = −m = − = 18−7−r2+   |18−2 48|=9−4 3， 3 4 2 2 7−r2 2  7−r2  2   当x(0,s)时，g(x)0, f(x)0, f (x)单调递增，当x s, 时，g(x)0, f(x)0, f (x)   当且仅当7−r2 = 48 ，即r=2− 3时取等号，  2 7−r2 1 1 1 1 1 1 当两条切线中一条斜率不存在时，r=1，此时,PA即y轴， 单调递减； f (x) = f (s)= sin2s−scos2s= sin2s− sinscoss = sin2s  ,  max 2 2 2 4 8 5 此时S(0,0),T(0,−2)， ST =29−4 3， ---------11分 5  综上 ST 的最大值为9−4 3，此时r=2− 3. --------------12分 10ab  ,2  ，故正整数m的最小值为2. -------------12分 4  2024届高三第6次月考数学参考答案 第 4 页 共 4页 {#{QQABAYSEogiIABBAABgCAQFICAIQkBCCAAoGhFAAIAIAAAFABCA=}#}