高三二模数学学科参考答案（简）(1)_2024届吉林省吉林市高三上学期第二次模拟考试_吉林省吉林市2024届高三上学期第二次模拟考试数学

吉林地区普通高中 2023—2024 学年度高三年级第二次模拟考试 （Ⅱ）由题意，样本空间中共有20个样本点，设x ,x 表示A,B两小区室内温度，用(x ,x )表 1 2 1 2 示可能的结果. 数学试题参考答案 C {(21,19),(22,19),(24,19),(21,20),(23,20),(24,20)}，n(C) 6， 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分． 所以，事件C 的概率P(C) n(C)  6  3 . ··················································6分 n() 20 10 1 2 3 4 5 6 7 8 （Ⅲ）（选择A）从供热状况角度选择生活地区居住，应建议选择A小区，理由如下： C D B D A B C D ①在20天的数据中，A小区室温大于B小区室温的有14天，B小区室温大于A小区室温的 7 二、多项选择题：本大题共4小题，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0 有5天，由此可以估计，每天A小区室温大于B小区室温的概率为P  ，B 小区室温大 1 10 分． 1 于A小区室温的概率为P  ，P 远远小于P ； 2 2 1 4 9 10 11 12 ②随机抽取的 20 天中， A 小区室温平均数为T  22.05C ， B 小区室温平均数为 A BD AC ABD ACD T B  20.7C ，T A T B ； 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．其中第15题的第一个空填对得2分，第二 ③在随机抽取的20天中，B小区供热等级达到“舒适”的天数为9天，远小于A小区供热等级 个空填对得3分． 达到“舒适”的天数； 9 ④A小区室温中位数为Z  22.5C ，B小区室温中位数为Z  20C ，Z  Z 10分 A B A B 13． 10 14． 4 （选择B）从供热状况角度选择生活地区居住，应建议选择B小区，理由如下： 28 2 2 2 ①在20天的数据中，A小区中存在供热不达标的情况，而B小区供热等级全部达标.  15． 3 ； 40 16． e e  a 1或 1 a  ee ②随机抽取的 20 天中， A 小区室温平均数为T A  22.05C ， B 小区室温平均数为 2 2 2 2   （注：16题或写成{a|e e  a 1或1 a  ee}，或写成(e e , 1)  (1, e e ) ） T  20.7C ，在T ,T 全部达标的情况下，A小区室温方差大于B小区室温方差，B小 B A B 四 、解答题 区室温波动较小，说明B小区供热更加稳定. （A小区室温方差为s 2 7.84，B小区室温方 A 17．【解析】 差为s 2 4.01，以上数值仅作参考，不要求计算方差具体值）.·····························10分 （Ⅰ）A小区当年随机抽取的20天数据中，供热等级达到“舒适”的有15天，所以可以估计A小 B 赋分说明： 15 3 区一天中供热等级达到“舒适”的概率为  ，··················································2分 20 4 ①只做判断没能说明理由的不给分； 那么，在当年的供热期内， 3 ②给出一个正确理由的给3分，给出两个及以上正确理由的给4分； A小区供热等级达到“舒适”的天数约为172 129天········································ 3分 4 ③除以上理由外，其它符合统计概率知识的判断依据都可酌情给分. 高三年级第二次模拟考试数学试题参考答案 第 1 页 （共 5 页）18．【解析】  nAB  x 3y  0, x   3y, 则n AB,n AC ，  （Ⅰ）证明：  nAC  x 3z  0,  x  3z, 取BC 中点G ，连接AG,EG ， 取z 1，则x  3, y  1，n( 3,1,1)是平面ABC 的一个法向量， C C 1 1 E 为B C中点，GE//BB ，GE  BB ， 3 3 1 1 2 1 1 3 (1) 1 AEn 6 G E cos AE,n  2 2   ， | AE ||n| 10 5 在三棱柱ABC  A B C 中，AA //BB ,AA  BB ，  5 1 1 1 1 1 1 1 2 A F A 1 F 为AA 1 中点，GE// AF,GE  AF ， B A A B 6 1 设直线AE 与平面ABC 所成角为，则sin|cos AE,n| ， 四边形AGEF 为平行四边形，EF //GA， 5 又GA平面ABC ，EF 平面ABC EF //平面ABC .··································5分 6 即直线AE 与平面ABC 所成角的正弦值为 .··················································12分 （Ⅱ）解： 5  在平行四边形ABB A 中，AB  AA ,ABB  , 19．【解析】 1 1 1 1 3 平行四边形ABB A 为菱形， （Ⅰ）sin2B sin2C sinBsinC  sin2A 1 1 z C C 1 连接AB ，则ΔAA B 为正三角形， 由正弦定理可得 b2 c2 bc  a2b2 c2 a2  bc 1 1 1 E F 为AA 1 中点，B 1 F  AA 1 ， 由余弦定理得 cosA b2 c2 a2  bc  1 2bc 2bc 2 x A F A 同理可证CF  AA ， 1 1  A(0,)A ······················································································5分 B B 1 3 又B F  AC ，AC  AA  A， y 1 1 3 设ΔABC 外接圆半径为R，则R 3 ，由正弦定理得 a  2RsinA 2 3  3 B F 平面AAC C 2 1 1 1 ····················································································································6分 以F 为原点，FA,FB ,FC 所在直线分别为x轴， y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐 1 注意：求角未写范围扣1分.  标系Fxyz， （Ⅱ）由（Ⅰ）知a  3,A ，由余弦定理 a2  b2 c2 2bccosA 3 3 3  F(0,0,0),A(1,0,0),B(2, 3,0),B (0, 3,0),C(0,0, 3),E(0, , )， 得9  b2 c2 2bccos 9  (bc)2 3bc 1 2 2 3 3(bc)2 3 3 3bc (bc)2 9 AB (1, 3,0),AC (1,0, 3),AE (1, , )，·································· 8分 4 2 2 (bc)2  36bc a 3 bc 6. 设n(x, y,z)是平面ABC 的法向量， 当且仅当b c  3时取等号··············································································8分 高三年级第二次模拟考试数学试题参考答案 第 2 页 （共 5 页）3 m bc 令T m  2024，得m  4048······································································8分 1 1 2 2 又由等面积法可知 bcsinA (abc)r r  2 2 abc ②当n 4k1, (kN*)时， 3 (bc)2 9    bc  (bc)2 9 ，r  2 3  3 (bc3)····························10分 T n  103(0507)(09011) 0(n2)0n 3 bc3 6 n1  2222 3 3  2 0 bc3 3,0 (bc3) n3 个 6 2 4 3 m1 r的取值范围为(0， ]···············································································12分 令T  2024，得m  4047 ································································9分 m 2 2 20．【解析】 ③当n 4k2， (kN*)时， （Ⅰ）a  4··········································································································1分 2   T  10(3050)(7090) (n2)0(n1)0 n a  9··········································································································2分 3 n2 n n n  1(2)(2)(2) 1   （Ⅱ）由a  2a cos 2sin ，  2 2 n1 n 2 2 n2 个 n n 4 可得a cos  2a 2sin n1 2 n 2 m （n1） n n 令T  2024，得m  4048舍去··························································10分 即a n1  sin 2  2a n 2sin 2 （2 a n  sin 2 ）（, nN*）·····················4分 m 2  又因为a  sin  2 0 ④当n 4k3， (kN*)时， 1 2 n 所以{a  sin }是首项为2，公比为2的等比数列············································5分 T  1(0305)(0709)(0(n2)0n) n 2 n n n 所以a n  sin 2  2n，即a n  2 n sin 2 ，nN * ·········································6分  1(  2  )  (    2  )      (  2) 1 n 2 1   n 2 1 n n1 （Ⅲ）n(a 2n) nsin ， (nN*)·····································································7分 个 n 2 4 ①当n  4k， (k N*)时， m1 令T  2024，得m  4049舍去······················································11分 m 2   T (1030)(5070) (n3)0(n1)0 n 综上：m  4048或4047 ··············································································12分 21．【解析】 n  222  2 1 n （Ⅰ）由题可知 S  2cb bc  2····························································1分 个 ΔPF 1 F 2 2 4 高三年级第二次模拟考试数学试题参考答案 第 3 页 （共 5 页）1 6 36k2t2 16t2 cosF PF  cos2OPF  2cos2OPF 1 cosOPF  M 在椭圆C 上   1 1 2 2 2 3 2 3 3(2 3k2)2 2(2 3k2)2 b 6 即24t2(2 3k2) 6(2 3k2)2 2 3k2  0 4t2  2 3k2 在RtOPF 中，cosOPF   ·····························································2分 2 2 a 3 4t2  2 3k2  t2，符合  0 a2  b2 c2································································································3分 6kt 3k 4t 1 x   ， y    ······················································8分 解得a  3,b 2,c 1 3 2 3k2 2t 3 2 3k2 t x2 y2 3k 1 即椭圆C 的标准方程为  1···································································4分 设M( , )到直线NG：kx y t  0的距离为d 3 2 2t t （Ⅱ）（ⅰ）当NG垂直于x轴时，点M 为椭圆C 的左顶点或右顶点， 3k2 1 3k2 2t2 2  t 2t t 2t 3t 3t2 3 此时 OM  a  3，O是MNG 重心，设线段NG的中点为D d     3  3 ·················10分 1k2 1k2 1k2 4t2 1 4 1 t2 1 3 3 3 则 OD  OM  M 到直线NG的距离是3OD  ·······················6分 2 2 2 1 3 2 3 3 4t2  23k2  2t2    d  ················································11分 2 2 2 （ii）当NG斜率存在时，设直线NG方程为 y  kx t(t  0)   3 3 设N(x , y )，G x , y ，M(x ,y ) 由（i）知，当NG垂直于x轴时，M 到直线NG的距离为 . 1 1 2 2 3 3 2 y  kx t  3 2 3 3 由x2 y2 消去 y得：(2 3k2)x26ktx 3t2 6  0 综上所述，M到直线NG的距离取值范围为[ , ].   1 2 2  3 2 3 3   24(3k2t2  2) 0，则3k2 2 t2 故M 到直线NG的距离的最大值为 ···························································12分 2 6kt 3t2 6 22．【解析】 由韦达定理得x  x   ，x x  ··········································7分 1 2 2 3k2 1 2 2 3k2 lnx （Ⅰ）设A(x,0)，则B(x, ),x 1 x 6kt O是ΔMNG 重心，x  (x  x ) 3 1 2 2 3k2 1  lnx ln2x 则V  | AB|2 |OA| ( )2x  ···············································2分 3 3 x 3x 6k2t 4t  y  (y  y ) [k(x  x ) 2t] 2t  3 1 2 1 2 2 3k2 2 3k2 ln2x lnx(2lnx) 令h(x) ，x 1则h(x) x x2 , 高三年级第二次模拟考试数学试题参考答案 第 4 页 （共 5 页）令h(x) 0，x  e2；令h(x) 0，1 x  e2；令h(x) 0，x  e2  ax 2 1lnx （ⅱ）由 ⅰ 知 1 1 ，  ax 2 1lnx 2 2 故h(x)在(1,e2)单调递增，在(e2，)单调递减 ( ) 两式作差得ax 2 ax 2  lnx lnx ， . 1 2 1 2 4  4 故h(x)  h(e2) ，故V  h(x)  ···········································4分 max e2 max 3 max 3e2 x 2  x 2 1 即 1 2  ，·················································································· 9分 lnx 2 lnx 2 2a 1 2 （Ⅱ） ⅰ 由 f(x) g(x)得eax2 exax2 1 lnx，即eax2 ax2  exln(ex) 2(x1) 1 4 (x1)2 ( ) 令G(x) lnx ，x 1，则G(x)    0 令(x) ex  x，则(ax2)[ln(ex)]，又(x) ex 11，故(x)在R上单调递增， x1 x (x1)2 x(x1)2 故ax2  ln(ex)在(0，)上有两个不等实根x，x ············································5分 故G(x)在(1,)单调递增，故G(x)G(1) 0， 1 2 lnx1 x 2 即a  在(0，)上有两个不等实根x，x 2( 2 1) x2 1 2 2(x1) x 2 x 2 即当x 1时，lnx  ，又x  x  0，故ln 2  1 x1 2 1 x 2 x 2 1 2 1 令F(x) lnx1 ，F(x) 2lnx1 ， x 1 2 x2 x3 x 2  x 2 x 2  x 2 1 1 1 故 1 2  1 2 ··········································································· 11分 令F(x) 0，x  e  2；令F(x) 0，0 x  e  2；令F(x) 0，x  e  2 2 lnx 2 lnx 2 1 2 1 1 故F(x)在(0,e  2)单调递增，在(e  2,)单调递减 故 x 1 2  x 2 2  1 ，由 ⅰ 知0 a  e ，故 x 1 2  x 2 2  1 ，即x 2  x 2  2 ·········12分 2 2a 2 2 e 1 2 e  1 e . ( ) 故F(x)  F(e 2) max 2 1 又F( ) 0，当x 0时，lnx1 ，x2 0F(x) ； e 当x  时，lnx1 ，x2   ，与对数函数相比，二次函数增长速度更快， F(x)0 e 故当且仅当0 a  时，直线 y  a与 y  F(x)图象有两个不同公共点， 2 e 故实数a的取值范围是(0, ) ············································································8分 2 . 高三年级第二次模拟考试数学试题参考答案 第 5 页 （共 5 页）