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<m< )
2 m 2
{#{QQABDYQQggigQABAAAgCEwWICgKQkAEAAKoOwAAIIAIBiBFABAA=}#} l ( x )  0 , 即 l (
1
m
6
2
 1 )  0
由零点存在定理可知， l ( x ) 在

2
1
m
 1 ,  

上 存 在 唯 一 零 点 x
0
 (
1 
2
2
m
m
,
1 6 
m
m
2
2
)
又
所
由
以
③
此
知
时
，
，
当
g
0
( x

)
x


0 ,
2
在
1
m
( 0

,
1 时
2
，
1
m
g

(
内 1 )
x )
无
 0
零
, g
点
(
,
x ) 为 减 函 数 , g ( 0 )  0 ,
---------------------------------- ----- ------17分
 g ( x ) 在  0 ,    上 存 在 变 号 零 点 ， 综 上 所 述 实 数 m 的 取 值 范 围 为

0 ,
1
2

.
{#{QQABDYQQggigQABAAAgCEwWICgKQkAEAAKoOwAAIIAIBiBFABAA=}#}