2.高三一模数学答案(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套_2024届山东菏泽一模数学试题+答案

2024.03 高三数学一模试题参考答案 一、单选题 1—8．CADA BCBC 二、多选题 9—11. ACD AB ACD 三、填空题 12. 1 6  13 1  3 7 14.-1 四、解答题15题 解析： (1)由𝑆 =2𝑎 −2 ① 𝑛 𝑛 当𝑛 =1时，𝑆 =2𝑎 −2=𝑎 解得𝑎 =2 1 1 1 1 当𝑛 ≥2时，𝑆 =2𝑎 −2 ② 𝑛−1 𝑛−1 ①−②得𝑎 =2𝑎 𝑛 𝑛−1 ∴𝑎 =𝑎 2𝑛−1 =2𝑛 𝑛 1 经验证𝑎 符合上式，所以𝑎 =2𝑛---------------------------------------6分 1 𝑛 (2)证明：由(1)知𝑎 =22𝑛−1 ∴𝑏 =log 𝑎 =2𝑛−1，𝑏 =2𝑛+1------8分 2𝑛−1 𝑛 2 2𝑛−1 𝑛+1 1 1 1 1 则𝑐 = = ( − )---------------------10分 𝑛 𝑏𝑛𝑏𝑛+1 2 2𝑛−1 2𝑛+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 𝑐 +𝑐 +𝑐 +⋯+𝑐 = ( − + − +⋯+ − )= (1− )< 1 2 3 𝑛 2 1 3 3 5 2𝑛−1 2𝑛+1 2 2𝑛+1 2 ------------------------------------13分 16. （1）由题意可设1，2，3号球的个数分别为𝑛，2𝑛，𝑛，则取到异号球的概率 𝑃 = 2𝐶𝑛 1𝐶 2 1 𝑛 +𝐶𝑛 1𝐶𝑛 1 = 5 -----2分 𝐶2 7 4𝑛 2∙5𝑛2 5 ∴ = 即𝑛2 =2𝑛 4𝑛(4𝑛−1) 7 解得𝑛 =2 -----4分 所以盒中2号球的个数为4个. -----5分 （2）若甲先回答1号球再回答3号球中的谜语，因为猜对谜语的概率相互独立，记𝑋为甲 获得的奖金总额，则𝑋可能的取值为0元，100元，600元， 𝑃(𝑋 =0)=0.2 𝑃(𝑋 =100)=0.8×(1−0.5)=0.4 𝑃(𝑋 =600)=0.8×0.5=0.4 𝑋的分布列为： -----8分 𝑋 0 100 600 𝑃 0.2 0.4 0.4 𝑋的均值为 𝐸(𝑋)=280 -----9分 若甲先回答3号球再回答1号球，因为猜对谜语的概率相互独立，记𝑌为甲获得的奖金总额， 则𝑌可能的取值为0元，500元，600元， 𝑃(𝑌 =0)=0.5 {#{QQABDYQQggigQABAAAgCEwWICgKQkAEAAKoOwAAIIAIBiBFABAA=}#}𝑃(𝑌 =500)=0.5×(1−0.8)=0.1 𝑃(𝑌 =600)=0.8×0.5=0.4 -----12分 𝑌的分布列为： 𝑌 0 500 600 𝑃 0.5 0.1 0.4 𝑌的均值为𝐸(𝑌)=290 -----13分 因为𝐸(𝑌)>𝐸(𝑋)，所以推荐甲先回答3号球中的谜语再回答1号球中的谜语. -----15分 17.(1)取𝐵𝐸的中点𝑁，连接𝐴𝑁，𝑀𝑁，则𝑀𝑁 / / 1 𝐵𝐶 2 1 又∵𝐴𝐷 // 𝐵𝐶 ∴𝑀𝑁 //𝐴𝐷  2  ∴𝐴𝑁𝐷𝑀为平行四边形∴𝐷𝑀∥𝐴𝑁 -----3分 又𝐷𝑀 ⊄平面𝐴𝐵𝐸 𝐴𝑁 ⊂平面𝐴𝐵𝐸 ∴𝐷𝑀∥平面𝐴𝐵𝐸 -----5分 (2)取𝐴𝐷中点为𝐹，过点𝑂作直线𝐵𝐶的垂线交𝐵̂𝐶于点𝐺，分别以𝑂𝐺，𝑂𝐶，𝑂𝐹所在直线为𝑥轴， 𝑦轴，𝑧轴建立如图所示的空间直角坐标系 1 ∵𝐵𝐶为直径，∴𝐵𝐸 = 𝐵𝐶 2 ∴∠𝐵𝐶𝐸 =30∘，∠𝐵𝑂𝐸 =60∘，∠𝐸𝑂𝐺 =30∘， 在梯形𝐴𝐵𝐶𝐷中易求高为√3 -----7分 ∴𝐸(√3，−1，0)，𝐶(0，2，0)，𝐷(0，1，√3)，𝐵(0，−2，0)，𝐴(0，−1，√3) ∴𝐶⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ =(√3，−3，0)，𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =(0，−1，√3)，𝐵⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ =(√3，1，0)，𝐵⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ =(0，1，√3) ----9分 设平面𝐷𝐶𝐸的法向量为𝑚⃗⃗ =(𝑥，𝑦，𝑧) 𝑚⃗⃗ ∙𝐶⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ =0 √3𝑥−3𝑦=0 则{ ∴{ 令𝑦=√3则𝑥 =3， 𝑧=1 𝑚⃗⃗ ∙𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =0 −𝑦+√3𝑧=0 ∴𝑚⃗⃗ =(3，√3，1)同理求得平面𝐴𝐵𝐸的法向量为𝑛⃗ =(1，−√3，1) -----13分 设平面𝐴𝐵𝐸与平面𝐶𝐷𝐸所成的角为𝛼 则cos𝛼 =| 𝑚⃗⃗⃗ ∙𝑛⃗ |= √65 |𝑚⃗⃗⃗ |∙|𝑛⃗ | 65 ∴平面𝐴𝐵𝐸与平面𝐶𝐷𝐸所成角的余弦值为√65 . -----15分 65 {#{QQABDYQQggigQABAAAgCEwWICgKQkAEAAKoOwAAIIAIBiBFABAA=}#}18.解：（1）由题意得，  b c a a   2  2 2 b 2 2  c 2 ，解之得  a b 2 2   4 2 ， x2 y2 所以椭圆C的程为  1..----------------3分 4 2 (2)由（1）知 b c 2 , 所 以 A F 1 O 4      , 设直线AM、AF 、AN的倾斜角分别为 1 、 、 、 M A F 1 F 1 A N , 则 k 1 t a n , k 2 t a n , 4 , 则                          所以     2    2 ，--------------------------------------------------------6分 所 以 t a n   t a n (  2   )  t a 1 n  , 所 以 t a n  t a n   1 , 即 1 2  1 kk ----------------------------------------------------------------------------------------------8分 （3）设直线AM：  1  2 , y kx 解方程组  4 2   1 2 2   1 2 y kx 得 x y （ 1  2 k 1 2 ) x 2  4 2 k 1 x  0 , x M   1 4  2 2 k 12 k 1 , 同 理 得 x N   1 4  2 2 k k 22 2 ， 由（2）知 k 1 k 2  1 , x N   4 2  2 k k 1 12 , -------------------------------10分 1 1 S  AM AN sinMAN  AM AN 1cos2MAN AMN 2 2 1 1  AM 2 AN 2 ( AM AN cosMAN)2  AM 2 AN 2 (AM AN)2 2 2 又 AM 2  x 2 （y - 2）2  x 2 k2x 2 (1k2)x 2 M M M 1 M 1 M {#{QQABDYQQggigQABAAAgCEwWICgKQkAEAAKoOwAAIIAIBiBFABAA=}#}同 A   理 M ( （( A 1 A  A M  k 2 N N   A N 2 2 ） k 12 1  (1  ( x , M 2 )   4 ) k 2 y M 4 x x M 2 M 2 2 ) x N  2 2 2 x N 2 x  N 1  ) ( x , ( k 1  k N A  k 1 2 1 , y M 1 k 2 N 1 x  2 2 ) 2， N A N x M A 2 2 M )  2  2 x N 2 x M ( A ,  A x M  N N  2   A  （  k 1 N  1  k k 1 x k M 2 （ 2 )     2） 12 x N 1  2   k  x M 2 x 2） k 12 1 1 分 2 2 x M 2 N x x 2， N M , 2 x N 2  4 x M 2 x N 2   令 取 S 1 2 t 等 = A M k 1 k 号 N  1  1 k  ， 1 2 (1 1 1  k 1 所 以 (  1 2 2 k  ) x x N 1 M k 1 2 3 2 k 1 2 2 2 k ) ( 2  k ) 1 1 则 o , S  A M N 2 的 最 大 值 S A M N 2  1 t  6 2 是 1 2 k  1 t  9 4 k  1 1 k 1  2 2 3 1 k 1 2 k 1 6 1   x M 1 6 4  1  8   x  N 2 k 1 2 5 k  1 8 3 2    1 2 2   k  4  1 3   1 2 k 2  1 （ k 1 6 2 1 当 ,  k   4  1  1  1 k 1 2  2 k 1 9 2 t  t    2 k 12 2 k 1  5 即 ,   ） 2 t  （ 1 ( k   6 1 3   k  2  4 2  1 1 k 1 2 ， 1 7 2 k  k 1 1 k 1 2 )  k 1 分 12 9 = ） ,   2   7  3   2  时       1 5 分 ax 19.解：（1）由 f(x)ln(x1)，R(x) ， 1bx 知 f ( x )  x 1  1 , f ( x )   ( x 1  1 ) 2 , R ( x )  (1  a b x ) 2 , R ( x )  (1   2 a b b x ) 3 , 由题意 f(0)R(0)，f(0)R(0)，所以  a 2  a b 1   1 , 所 以 a = 1 , b = 1 2 --------------------3分 （2）由(1)知， R ( x )  x 2  x 2 2x ，令(x) f(x)R(x)ln(x1)- (x1), x2 1 4 x2 则(x)   o，所以(x)在其定义域(-1,+∞)内为增函 x1 (x2)2 (x1)(x2)2 (0) f(0）R(0)0,x0时， (x) f(x)R(x)(0)0; 数，又 1x0时 (x) f(x)R(x)(0)0 所 以 x  1   0 时 x  ， 时 0 f , f ( ( x x ) )   R R ( ( x x ) ) . ; --------------7分 {#{QQABDYQQggigQABAAAgCEwWICgKQkAEAAKoOwAAIIAIBiBFABAA=}#}f(x) 1 1 (3)由h(x) ( m)f(x)( m)ln(x1), R(x) 2 x 1 1 1 mx2x(x1)ln(x1) h(x) ln(x1)( m)  x2 x x1 x2 由 h ( x )  f R ( ( x x ) )  ( 1 2  m ) f ( x ) 在(0,+∞)上存在极值，所以 h ( x ) 在(0,+∞)上存在变号零点. 令 g g ( ( x x ) )   2 m m x  2  x x 1   1 ( x  1 ) l n ( x  1 ) , 则 g ( x )  2 m x  1   l n ( x  1 )  1   2 m x  l n ( x  1 ) , ① g ② g ③ 当  令 令 易  当 时 ， 为 减 函 数 ，     m  0 g ( x )  0 , g ( x ) g ( x )  g ( 0 )  0 无 零 点 ， 不 满 足 条 件 ( x )  g ( 0 )  0 , . 1 当 2 1 , 即 时 ， 为 增 函 数 ，    m  m  g ( x )  0 , g ( x ) g ( x )  2 无 零 点 ， 不 满 足 条 件 ( x )  g ( 0 )  0 , . 1 1 当 0 2 1 , 即 0 时 ， 令 即   m   m  g ( x )  0 2 m  2 x  1 1 1 时 ， 为 减 函 数 ； 时   0  x   1 g ( x )  0 , g ( x ) x   1 2 m 2 m 1 1 1   g ( x )  g (  1 )  2 m (  1 )  l n (  1  1 )  1  2 m m in 2 m 2 m 2 m 1 易 证  H ( x )  1  x  l n x , 0  x  1 , H ( x )  0 , g (  1 )  2 m 2 m x  1 m x ， x  0 , 0  m  1 , x ( m  1 )  0   m x  1 , 1  x  1 x 2   m x  x g ( x )  ( x  1 )  l n ( x  1 )   x  1   2 2 m x  x m x  1 l ( x )   l n ( x  1 )  1   l n ( x  1 )  m x  l n ( x x  1 x  1 证 l n ( x  1 )  2 x  1 m m  l ( x )  m ( x  1 )  2 x  1  m  ( x  1 )  m  ( x  1 )  2  2 2  在 , g ( x )  g ( 0 )  , x  ，  g ( x  l n 2 m (1  2 m 2  1  l  1  1 )  m  x  1    上 为 0 ,    在 0 , g ( x ) 0 1  1 2 m 为  )  0 , g ( x ) ; )  l n 2 m  0 n ( x  1 )  m x ( x  1 )  l n ( x ,  增 恒   减  函 成 l n 1 ) 函  (  上 数 立 x m 数 ， 为 增 ， ；  1 ) ; , 函 数 ， 16 16 m 令x 1,则x1 , (x1)2 x10 m2 m2 2 m 8 1 (x1)m m0 (0