文档内容
许济洛平 2023—2024 学年高三第二次质量检测
数 学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、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，只有一个选项是符合
题目要求的。
1.若复数z满足|1-i|·z=1-2i，则z的共轭复数z在复平面内对应的点位于
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
{ x+1 }
2.已知集合 A={x|ln(x+1)≤0},B= x| ≥0 ,则A∩B=
1-x
A.[ -1,0] B.( -1,0] C.[ -1,0) D.( -1,0)
3.为更好地满足民众个性化、多元化、便利化的消费需求，丰富购
物体验和休闲业态，某市积极打造夜间经济.为不断创优夜间经济发展
环境、推动消费升级，有关部门对某热门夜市开展“服务满意度调查”，
随机选取了100 名顾客进行问卷调查，对夜市服务进行评分(满分100
分)，根据评分情况绘制了如图所示的频率分布直方图，估计这组数据
的第55 百分位数为
A.65 B.72 C.72.5 D.75
4.已知圆O:x²+ y²=1与 x 轴交于A,B 两点,点 M 是直线 x + ty + 3 =0 上任意一点.设p:
π
∠AMB< ;q:-30）的焦点 F,且与 C 相交于A,B 两点,O 为坐
标原点，若△OAB 的面积是2 ❑√2,则|AB|=
A.4 B.8 C.12 D.16
7.设a = ln1.01,b=1.01,c=e0.01,其中e为自然对数的底数，则
A. a>c>b B. b>c>a C. b>a>c D. c>b>a
8.小明参加答题闯关游戏，答题时小明可以从 A，B，C三块题板中任选一个进行答题，答对则闯关
成功.已知他选中A，B，C三块题板的概率分别为0.2，0.3，0.5，且他答对A，B，C三块题板中题目的
概率依次为0.91，0.92，0.93.则小明闯关失败的概率是
A.0.24 B.0.14 C.0.077 D.0.067二、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。
( π) ( π )
9.已知函数 f (x)=sin 2ωx+ 的图象的一个对称中心为 - ,0 ,其中ω∈(0,1],则
3 6
π
A.直线 x= 为函数f(x)的图象的一条对称轴
12
[ 5π π )
B.函数f(x)的单调递增区间为 2kπ- ,2kπ+ ,k∈Z
6 12
[ π) [ ❑√3 )
C.当 x∈ 0, 时，函数f(x)的值域为( - ,1
2 2
π
D.将函数y=sin2x的图象向左平移 个单位长度后得到函数f(x)的图象
6
10.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文
化中的太极衍生原理，大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量的总和.大衍
数列从第一项起依次为0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,….记大衍数列{aₙ}的前n项和为Sn，其通项公式
{n2-1
,n为奇数
2
a = .则
n n2
,n为偶数
2
A.84 是数列{a }中的项 B.a +a +⋯+a +a =408
n 2 4 14 16
1 1 1 1 1 1011
C. + + + +⋯+ = D.S =21450
a a a a a 2024 50
2 3 3 7 2023
n(n+1)(2n+1)
参考公式： 12+22+32+⋯+n2= .
6
11.在
(1 x2- 1 ) n
的展开式中，若第4项与第8项的二项式系数相等，则
2 ❑√x
105
A.展开式中x⁵ 的系数为 -
8
1
B. 展开式中所有项的系数的和为
1024
C. 展开式中系数的绝对值最大的项是第5项
3
D.从展开式中任取2项，取到的项都是x的整数次幂的概率为
11
2ex
12.已知 f (x)= ,g(x)=f (x)cosx-x(1+cosx),则
cosx
A.当 x∈ ( - π , π) 时, f(x)min=f ( - π) =2❑√2e - π 4,无最大值
2 2 4
B.当 x∈
(
-
π
,
π)
时, f(x)max=f
(π)
=2❑√2e
4
4,无最小值
2 2 4[ π π)
C.当 x∈ - , 时,g(x)的值域是( -∞,2]
4 2
[ π π)
D.当 x∈ - , 时,g(x)的值域是[2,+∞)
4 2
三、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20分。
x2 y2
13.已知双曲线 C: - =1(a>0) 的离心率为 ❑√5,则 a = .
a2 4
14. 在 平 行 四 边 形 ABCD 中 ,AD=2AB =2,BD⊥DC, 点 M 为 线 段 CD 的 中 点 ， 则
⃗MA⋅⃗MB=______.
¯
15.如图，在棱长为1 的正方体ABCD -A₁B₁C₁D₁中,P 是棱 DD₁(不包含端点)上
一动点，则三棱锥 P - AB₁C 的体积的取值范围为
16.已知定义在(-3,3)上的函数f(x)满足. f (x)=e2xf (-x),f (1)=1f'(x)为
f(x)的导函数,当 x∈[0,3)时,f '(x)>f(x),则不等式exf(1-x)>1的解集为
.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤。
17.(10 分)
已知△ABC的三个角A,B,C的对边分别为a,b,c,且( b(sin A+cosA)=(❑√3-1)acosB+c.
(1)求 B;
(2)若 a=1,b=❑√3,求△ABC 的面积.
18.(12 分)
已知正项数列{aₙ}的前n项和为 Sₙ ,a₁=1,且满足: .
(1)求{aₙ}的通项公式;
n n
(2)已 知 b = ,设数列{bₙ}的前n项和为T ,当n∈N*时, (cosnπ)λ sinx.
22.(12 分)
x2 y2
已知椭圆E : + =1(a>b>0)的左、右焦点为 F₁,F₂,过 F (-❑√3,0)的直线交椭圆于 G,H两点,
a2 b2 1
△GHF₂的周长为8.
(1)求椭圆 E 的方程;
(2)点M,N分别为椭圆 E 的上、下顶点,过直线y=2上任意一点 P 作直线 PM 和 PN,分别交椭圆于
S，T两点.证明：直线 ST过定点.
2024届高三第二次模拟考试参考答案
一、 选择题
1. A 2. B 3. D 4. A 5. C 6. B 7. D 8. C
二、选择题
9. ACD 10. ABD 11. BD 12. AD
三、填空题
15 (1 1)
13. 1 14. 15. , 16. (-2,0)U(2,3)
4 6 3
四、解答题
17. 解:(1)在△ABC中, 因为 b(sin A+cosA)=(❑√3-1)acosB+c,
由正弦定理可得： sinB(sin A+cosA)=(❑√3-1)sin AcosB+sinC,
所以 sinB(sin A+cosA)=(❑√3-1)sin AcosB+sin(A+B),所以： sin AsinB+sinBcosA=(❑√3-1)sin AcosB+(sin AcosB+cosAsinB),
整理得 sin AsinB=❑√3sin AcosB,, 又A∈(0,π), 所以sinA>0,
所以 sinB=❑√3cosB,得 tanB=❑√3,……………………………………………4分
π
因为B∈(0,π),所以. B= .…………………………………………………………5分
3
π
(2)由(1)知, B= ,又 a=1,b=❑√3,
3
1
在△ABC中， 由余弦定理. b²=a²+c²-2accosB,得 3=1+c2-2×1×c× ,
2
所以 c²-c-2=0,则c=2,或c=-1(舍), ………………………………8分
1 1 ❑√3 ❑√3
所以△ABC的面积 S= acsinB= ×1×2× = . ……………………10分
2 2 2 2
18. 解:(1)若选①, 因为数列{an}中, a2 =a a , 所以数列{a }为等比数列.
n+1 n n+2 n
设{a }的公比为q, 则q>0, 由题意得 2(a₃+2)=2a₂+a₄,
n
又 a₁=1, 可得 2(q²+2)=2q+q³, 即 q³-2q²+2q-4=0,
则有 q³+2q-2q²-4=q(q²+2)-2(q²+2)=(q²+2)(q-2)=0,
因为 q²+2>0, 解得q=2, 故 aₙ =2ⁿ⁻¹.…………………………………………2分
若选②，因为 S -2S =1(n∈N*),所以 S -2S =S -2S =1(n∈N*),
n+1 n n+2 n+1 n+1 n
所以 S -S =2(S -S )(n∈N*), 即 a =2a (n∈N*);
n+2 n+1 n+1 n n+2 n+1
当n=1时, 有 S₂-2S₁=1, 即 a₂-a₁=1, 且 a₁=1, 则 a₂=2a₁.
所以数列{a
n
}是首项 a₁=1,公比q=2的等比数列， 所以 aₙ =2ⁿ⁻¹. ……………4分
S +1 S +1
若选③， 由 (Sₙ₊₁+1)aₙ =(Sₙ +1)aₙ₊₁, 得 n+1 = n ,
a a
n+1 n
S +1 S +1 a +1
所以 n = 1 = 1 =2, 所以 Sₙ =2aₙ -1.
a a a
n 1 1
当n≥2时, Sₙ₋₁=2aₙ₋₁-1,
所以 aₙ =Sₙ -Sₙ₋₁=2aₙ -1-(2aₙ₋₁-1)=2aₙ -2aₙ₋₁, 所以 aₙ =2aₙ₋₁,
所以， 数列{aₙ }是以首项 a₁=1,公比q=2的等比数列， 所以 aₙ =2ⁿ⁻¹.…………6分
n n
(2)由(1)可知 : 数列{bₙ}满足 b = = ,
n a 2n-1
n
2 3 n
数列{bₙ}的前 n项和 T =1+ + +⋯+ ①
n 2 22 2n-1
1 1 2 n-1 n
则 T = + +⋯+ + ②
2 n 2 22 2n-1 2n
1
1-
1 1 1 1 n 2n n n+2
① -②可得: T =1+ + +⋯+ - = - =2- ,
2 n 2 22 2n-1 2n 1 2n 2n
1-
2n+2
所 以 T =4- ,
n 2n-1
……………………………………………8分
n 2
不等式 (cosnπ)λ-2;…………………………………11分
2n-1
综上,实数λ的取值范围是(-2,3).…………………………………………………………12分
1+2+3+4+5
19. 解:(1)由统计表数据可得: x= =3,
5
7+12+13+19+24
y= =15,…………………………………………………………………………………
5
1分
5
所以∑(x -x)(y - y) =16+3+0+4+18=41,……………………………2分
i i
i=1
√ 5
❑∑(y - y) 2=❑√64+9+4+16+81=❑√174,…………………………………………………3分
i
i=1
√ 5
❑∑(x -x) 2=❑√4+1+0+1+4=❑√10, ……………………………………………………4分
i
i=1
41 41
所以相关系数 r= ≈ ≈0.98, …………………………………………………………………
❑√1740 41.7
5分
因此，两个变量具有很强的线性相关性. ………………………………………………………6分
(2)由题意知,X的可能取值为0,1,2,3 …………………………………………………7分
C0C3
1
C1C2
15
因为 P(X=0)= 5 3= ,P(X=1)= 5 3= ,
C3 56 C3 56
8 8
C2C1
30 15
C3C0
10 5
P(X=2)= 5 3= = ,P(X=3)= 5 3= = ,………………………………11分
C3 56 28 C3 56 28
8 8
所以x 的分布列为：
X 0 1 2 3
15 15 5
P 1
56 28 28
561 15 15 5 15
所 以 E(X)=0× +1× +2× +3× = .
56 56 28 28 8
…12分
20. 解:(1)证明:如图,取EC的中点H, 连结BD交 AC于点O,连结HO、HF.
因为四边形ABCD为菱形,则AC⊥BD.
又AE⊥平面 ABCD,BD 平面ABCD,所以AE⊥BD.
因为AE 平面AEC, AC 平面AEC, 且AE∩AC=A,
⊂
所以BD⊥平面AEC. …2分
⊂ ⊂
1 1
因为H、 O分别为EC、 AC的中点,所以HO∥EA,且 HO= EA;又AE∥DF,且 DF= EA.
2 2
所以HO∥DF,且HO=DF,所以四边形HODF 为平行四边形,所以HF∥OD,即HF∥BD,所以HF⊥平面
AEC.
因为HF 平面CEF,所以平面AEC⊥平面CEF. …………………………………5分
(2)取CD中点M , 连接AM. 因为菱形 ABCD中, ∠ABC=60°, 所以△ACD为正三角形,又M 为CD中
⊂
点,所以AM⊥CD,因为AB∥CD,所以AM⊥AB. 因为AE⊥平面ABCD, AB,AM 平面ABCD,所以AE⊥AB,
AE⊥AM .如图,以 A 为原点,AB,AM,AE 所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系 A-xyz.
⊂
………7分
不妨设AB=AD=AE=2DF=2,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1, ❑√3,0),D(-1, ❑√3,0),E(0,0,2),F(-1, ❑√3,1).…8分
因 为 AM⊥ 平 面 ABE, 所 以 ⃗AM=(0,❑√3,0)为 平 面 ABE 的 一 个 法 向 量 ，
………9分
设平面CEF的法向量为n=(x,y,z), 因为 ⃗CE=(-1,-❑√3,2),⃗CF=(-2,0,1),
{n⋅⃗CE=-x-❑√3 y+2z=0 {y=❑√3x
所以 ⇒
n⋅⃗CF=-2x+z=0 z=2x
不 妨 令 x=1, 得 n=(1,❑√3,2).
…………11分
设平面 ABE与平面CEF 夹角为θ,|n⋅⃗AM| 3 ❑√6
贝 cosθ=|cos|= = = ,
|n|⋅|⃗AM| 2❑√2×❑√3 4
…………………………11分
❑√6
所 以 平 面 ABE 与 平 面 CEF 夹 角 的 余 弦 值 为 .
4
……………………………………12分
1
21. 解:(1)当a=1时, f (x)=eˣ-1-lnx, 则 f'(x)=ex- , ……………1分
x
所以 f'(1)=e-1,……………………………………………………………………………………2分
又f(1)=e-1,……………………………………………………………………………………3分
故所求切线方程为y-(e-1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x.………………………4分
(2)因为f(x)的定义域是(0,+∞),
所以当a≥1时, f (x)-sinx=a(eˣ-1)-lnx-sinx≥eˣ-1-lnx-sinx
1
设 g(x)=eˣ-1-lnx-sinx,则 g'(x)=ex- -cosx,………………………………5分
x
1 1
设 h(x)=g'(x)=ex- -cosx, 则 h'(x)=ex+ +sinx>0,……………………6分
x x2
1 π
所以h(x)在(0,+∞)上是增函数, 则 h
(1)
=e3-3-cos
1
<0, 又 h
(π)
=e4-
4
-sin
π
,因为
3 3 4 π 4
π
eπ> 2.73>16=24,所以
e4>2,
4 π 4 1.42 (π)
又 +sin < + ≈1.984<2, 所以 h >0,
π 4 3.14 2 4
(1 π)
所以h(x)在 , 上存在唯一零点x₀，也是h(x)在(0，+∞)上的唯一零点，
3 4
1 1
所以 h(x )=ex 0- -cosx =0, 即 ex 0= +cosx .………………………………9分
0 x 0 x 0
0 0
当0x₀时, g'(x)<0, g(x)在(x₀+∞)上单调递增.
1
所以 g(x) =g(x )=ex 0-lnx -1-sinx = +cosx -lnx -1-sinx …………10分
min 0 0 0 x 0 0 0
0
π 1
由于 01,lnx <0,cosx >sinx ,
0 4 x 0 0 0
0
所以 g(x)ₘₙᵢ =g(x₀)>0,所以g(x)>0,………………………………………………11分
所以当a≥1时,f(x)-sinx>0,即f(x)>sinx成立………………………………12分
22. 解:(1)由题意知,△GHF₂的周长为4a,则4a=8,所以a=2,…………1分
又 c=❑√3, 则 b²=a²-c²=4-3=1, …………………………………………………………3分x2
所以椭圆 E 的方程为 + y2=1.……………………………………………………………………4分
4
(2)如图,
由题意知, M (0,1) ,N(0,-1) , 直线 PS,PT,ST 斜率均存在.
x
设 P(m,2), (m∈ R,m≠ 0), 则 直 线 PS :y= +1,…
m
……………………………………5分
{ x
y= +1
由 m , 消去 y可得： (m²+4)x²+8mx=0,
x2+4 y2=4
-8m
因 为 Δ=64m²>0恒 成 立 ， 所 以 x +x = ,
S M m2+4
………………………6分
-8m -8m 1 m2-4
即 x = , 所以 y = × +1= ;
S m2+4 S m2+4 m m2+4
24m 36-m2
同理 x = ,y = ,
T m2+36 T m2+36
……………8分
所 以
m2-4
y - y m2+4 -84-m4 (12-m2)(12+m2) 12-m2
k = s T = = = ,
ST x
s
-x
T
-8m
m2+36
m2+192m 16m(12+m2) 16m
m2+36
……………10分
12-m2 ( -8m ) m2-4 12-m2 1
所 以 直 线 ST 方 程 为 ： y= x- + = x+ ,
16m m2+4 m2+4 16m 2
……………11分
( 1)
所 以 直 线 ST 过 定 点 0, .
2
……………………………………………………12分
