数学-2024年1月“七省联考”考前猜想卷（参考答案）_学易金卷丨2024年1月“七省联考”考前猜想卷_数学（含考试版+全解全析+参考答案+答题卡）

2024 年 1 月“七省联考”考前猜想卷 数 学 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 C B A A B C C D 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9 10 11 12 AC ACD ACD AB 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13． f xx（答案不唯一） 14．3 5 15． 16．3π 32 四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程 或演算步骤． 1 1 17. 【解析】（1）点( , )在直线y x2上 a a n1 n 1 1 得  2， ---------------------2分 a a n1 n  1  1 所以数列 是以首项为 =1，公差为2的等差数列． --------------------3分 a  a n 1 故 1  1 2n12n1，即a  1 ． ---------------------5分 a a n 2n1 n 1 1 1 1 1  （2）a a      ---------------------6分 n1 n (2n1)(2n1) 22n1 2n1 1 1 11 1 1 1 1  所以T  1        n 2 3 23 5 22n1 2n1 1 1 1 1 1 1  1 1  1  1   L    1   ， ---------------------8分 2 3 3 5 2n1 2n1 2 2n1 2 要使T 3m12对nN*恒成立， n1 25 3m12 ,即m ---------------------9分 2 3 又mZ，所以m的最小值为9. --------------------10分 18. 【解析】（1）因为c2bcosAb， 由正弦定理得sinC2sinBcosAsinB ---------------------2分 又ABCπ，所以sinAB2sinBcosAsinAcosBcosAsinBsinABsinB---------3分  π  π  π π 因为ABC为锐角三角形，所以A0, ，B0, ，AB ,   2  2  2 2  π π 又ysinx在 , 上单调递增，所以ABB，即A2B； ---------------------5分  2 2 （2）由（1）可知，A2B，所以在△ABD中，ABC BAD， AD AB 2 1 由正弦定理得： sinB  sinπ2B  sin2B ，所以ADBD cosB ，---------------------7分 1 sinB 所以S  ABADsinB   tanB ． ---------------------9分 ABD 2 cosB 又因为ABC为锐角三角形， π π π π π 所以0B ，02B ，0π3B ，解得 B ， ---------------------11分 2 2 2 6 4  3   3  所以tanB ,1，即△ABD面积的取值范围为 ,1． ---------------------12分      3   3   5  x x  y y  i i 1320 1320 19. 【解析】（1）r  i1    0.99-----------------2  5  x x 2  5  y y 2 10 176400 2 441000 i i i1 i1 分 1 （2）因为x 12345 3，y590， 5  5  x x 2 10， 5  x x  y y  1320， -------------------4分 i i i i1 i1  5  x x  y  y  i i 1320 所以b ˆ i1  132，aˆ5901323194， ------------------6分  5  x x 2 10 i i1 所以变量x，y之间的线性回归方程为yˆ 132x194， 当x7时，yˆ 13271941118（万元）． 所以预测2023年7月份该公司的直播带货金额为1118万元． ---------------------8分（3）补全完整的列联表如下． 参加过直播带货 未参加过直播带货 总计 女性 25 5 30 男性 15 10 25 总计 40 15 55 ---------------------9分 零假设H ：参加直播带货与性别无关， 0 5525105152 根据以上数据，经计算得到 K2  3.743 2.706  x ，---------------------11分 30254015 0.1 根据小概率值0.1的独立性检验我们推断H 不成立，即参加直播带货与性别有关，该判断犯错 0 误的概率不超过10%. ---------------------12分 20. 【解析】（1）如图所示： 当点G为AA 的中点时，FG//平面ADE， ---------------------1分 1 1 证明如下：设H为DE中点，连接FH,AH . 1 因为在三棱柱ABC-ABC 中，BB //CC //AA ， ---------------------2分 1 1 1 1 1 1 D,E,F,G分别为BB,CC,BC,AA 的中点， 1 1 1 所以FH//EC//AG，且FH=EC=AG， 1 1 所以四边形AGFH 为平行四边形. 1 所以FG//AH ， ---------------------4分 1 又因为AH 平面ADE，FG平面ADE， 1 1 1所以FG//平面ADE. ---------------------5分 1 （2）如图所示： 取AB中点O，连接OB,AB,OC. 1 1 因为AB AA BB ，ABB 60， 1 1 1 所以ABB 为正三角形，所以BO AB. ---------------------6分 1 1 又因为平面AABB平面ABC，平面AABBÇ 平面ABC AB，BO平面AABB， 1 1 1 1 1 1 1 所以BO平面ABC， 1 又CO,AO平面ABC， 所以BOCO,BO AO， 1 1 因为ABC为等边三角形，所以OC AB. ---------------------7分 以O为原点，分别以OCOA,OB 所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 1  3 3 3 依题意得A(0,3,0),B(0,3,0),C(3 3,0,0),A(0,6,3 3),B(0,0,3 3),D0, , ，--------------8分 1 1   2 2     15 3 3   所以DA 1    0, 2 , 2    ，DE BC (3 3,3,0).  设平面ADE的法向量n (x,y,z)， 1   15 3 3  nDA 0  y z0    则由   1 ，得 2 2 ，令x1，得n 1, 3,5 . --------------------9分 nDE0  3 3x3y0  取平面ABC的法向量m(0,0,1)， 设平面ADE与平面ABC所成二面角的大小为， 1    mn 5 5 29 则 cos cos m,n      . ---------------------11分 m n 1 29 29 2 29 所以sin 1cos2 ， 29 2 29 所以平面ADE与平面ABC所成二面角的正弦值为 . ---------------------12分 1 29 xy10 21. 【解析】（1）联立 ，消y得x22px2p0， x2 2py 因为直线xy10与抛物线C:x2 2py p0相切， 所以4p28p0，解得p2或 p0（舍去）， --------------------2分 当p2时，x24x40，解得x2，所以y1， --------------------4分 所以抛物线C的方程为x2 4y，点A的坐标为2,1； ---------------------5分 （2）显然直线l的斜率存在， 可设为ykxb,Mx,y ,Nx ,y ， 1 1 2 2 ykxb 由 ，消y得x24kx4b0， x2 4y 则16k2 16b0， x x 4k,xx 4b， ---------------------7分 1 2 1 2   AM x 2,y 1,AN  x 2,y 1， 1 1 2 2 因为以MN为直径的圆过点A，   所以AM AN 0， 即x 2x 2y 1y 10， ---------------------8分 1 2 1 2 整理可得  k21  xx  kb12  x x b1240， 1 2 1 2 所以4b  k21  4k2b18kb1240， 化简得b26b94k28k4， 所以b32 2k22， 所以b32k2或b322k， 即b2k1或b2k5， ---------------------9分当b2k1时，直线l: ykx2k1， 即y1kx2，所以直线l过定点2,1（舍去）， --------------------10分 当b322k时，直线l:ykx2k5，满足0， 即y5kx2，所以直线l过定点Q2,5， ---------------------11分 当直线l与AQ垂直时，点A到直线l的距离最大， 51 又k  1，所以k 1， AQ 22 l 所以直线l的方程为x y70. -------------------12分 22. 【解析】（1）解： f x的定义域为2,， 当a1时， f xx1lnx2x3， x1 1 fxlnx2 1lnx2 ， ---------------------2分 x2 x2 1 设gxlnx2 ， x2 1 1 x3 则gx   ， x2 x22 x22 令gx0，解得x3， --------------------4分 当x2,3时，gx0，gx单调递减， 当x3,，gx0，gx单调递增. 所以，gx g310，则gx fx0对任意的x2恒成立， min 所以，函数 f x的单调递增区间为2,，无递减区间. ---------------------6分 ax3 （2）解：当x3时， f x0恒成立等价于lnx2 0在3,上恒成立， x1 ax3 设hxlnx2  x3， ---------------------8分 x1 1 2a x22a1x4a1 则hx   ， x2 x12 x2x12 设x x2 2a1 x2a1 x3， ---------------------9分 则x图象为开口向上，对称轴为xa1的抛物线的一部分，当a2时，a13，x在3,单调递增，且342a0 ，---------------------10分 所以，x0，即hx0，则函数hx在3,上单调递增， 又因为h30，所以hx0在3,恒成立，满足题意； 当a2时，a13，342a0 ， 所以方程x0有两相异实根，设为x、x，且x x ，则x 3x ， 1 2 1 2 1 2 当x3,x 时，x0，hx0，hx在3,x 上单调递减， 2 2 又因为h30，故当x3,x 时，hxh30， ---------------------11分 2 所以，hx0在3,上不恒成立，不满足题意. 综上，a的取值范围为,2  . ---------------------12分