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