数学试题答案_2024年6月(1)_01按日期_01号_2024届山东省实验中学高三下学期5月高考模拟_2024届山东省实验中学高三下学期5月高考模拟数学

2024 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟） 数学试题参考答案 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D C D C C B B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 答案 CD BCD BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． - 1 - 0 ； 13． 3 ， 2 ，答案不唯一；14．4． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．【解析】 （1）此次测试的平均成绩为： 0 .2  6 5  0 .3  7 5  0 .4  8 5  0 .1  9 5  7 9 ； ··································· 5分 （2）由题意可知，录取率为 0 .3 ，能进入第一梯队的概率为 0 .1 ； ··········· 7分 设录取分数为x，因为分数落在[90，100]的概率为0.1， 分数落在 [ 8 0 ， 9 0 ) 的概率为0.4， 所以 x  [ 8 0 ， 9 0 ) ，令 0 .1  ( 9 0  x )  0 .0 4  0 .3 ，解得 x  8 5 ， ·········· 10分 所以录取分数大概为85分，进入第一梯队的分数大概为90分， 所以学生甲能被录取，但不能进入第一梯队． ····························· 13分 16．【解析】 若选择① （1）因为 c  b 2 a  c o s (  c o s  B C ) ， 由正弦定理得 s in B c o s C  c o s B s in C  2 s in A c o s B  0 , ·················· 2分 所以 s in ( B  C )  2 s in A c o s B  0 ，即sinA(2cosB1)0，从而 - 2 - c o s B   1 2 ， ································································ 5分 因为 B   0 ，   ，所以 B  2  3 ． ·············································· 7分 （2）在 △ A B D 中， s A in D B  s in  c A D B ， 所以 s in  A D B  c s A in D B  2 2 ， ··············································· 10分 所以  A D B   4 ，所以  B A D   D A C   1 2 ， 所以  A C B   B A C   6 ， ····················································· 13分 所以 △ A B C 是等腰三角形，且 a  c ， 所以 b  2 a c o s  6  2 3 ． ······················································· 15分 若选择② （1）因为 s s in in A B   s s in in C C  b  a c ， 由正弦定理得 b 2  a 2  c 2  a c ， ··············································· 2分 又由余弦定理 b 2  a 2  c 2  2 a c c o s B ， 从而 c o s B   1 2 ， ·································································· 5分 2 B0，，所以B ． ······················································ 7分 3 （2）同①中第二问． 若选择③ （1）因为 2 a s in 2 B 2  3 b s in A ，所以 a  1  c o s B   3 b s in A ， 由正弦定理得sinA1cosB 3sinBsinA， ····························· 2分 整理得 3sinBcosB1，所以 s in  B   6   1 2 ··························· 5分   7 因为B0，，所以B  ，  ， 6 6 6 所以 - 3 - B   6  5  6 ，所以 B  2  3 . ················································· 7分 （2）同①中第二问． 17．【解析】 （1）取线段 A 1 B 的中点为 H ，连接 E H ， F H ， 因为 F 为线段 A C1 的中点，所以 F H BC，且 F H  1 2 B C ； ············· 2分 又 E 是 A D 的中点，所以 E D B C ，且 E D  1 2 B C ； 所以 E D F H ，且 E D  F H ，故四边形 E D F H 为平行四边形； 所以 D F E H ， ······································································· 5分 因为DF 平面ABE，EH 平面ABE， 1 1 所以 直线 D F 平面 A 1 B E ； ························································ 7分 （2）因为E是 A D 的中点， 所以 B E  A D ，所以 B E  A 1 E ； 因为平面 A 1 B E  平面 B C D E ， 平面 A 1 B E 平面BCDEBE， 所以AE平面BCDE. ··························································· 8分 1 以 E 为原点，EB，ED，EA分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 1 设AB2，则 E ( 0 ， 0 ， 0 ) ，A(0，0，1)， 1 B ( 3 ， 0 ， 0 ) ， C ( 3 ， 2 ， 0 ) ， 则EA (0，0，1)，BA ( 3，0，1)， 1 1 B C  ( 0 ， 2 ， 0 ) ， ·················· 9分 x B C H F A z A E 1 y D设平面 - 4 - A 1 B C 的法向量为 n  ( x ， y ， z )  nBA 0  3xz0 ，则  1 ，即  ， nBC0 2y0 取 x  1 ，则 n  (1 ， 0 ， 3 ) ， ····················································· 11分 设直线 A 1 E 与平面 A 1 B C 所成角为， 则 s in | c o s E A 1 | | || E E A A 1 1 | 2 3    n ，   n n   ， ·································· 13分 所以直线 A 1 E 与平面 A 1 B C 所成角为  3 . ······································· 15分 18．【解析】 （1）由题意可知，42p，所以 p  2 ， ········································· 2分 所以 抛物线 E 的方程为 y 2  4 x . ··············································· 4分 （2）（i）设Ax ，y ，Bx ，y ，将直线 1 1 2 2 A B 的方程代入 y 2  4 x 得： k 2 x 2  ( 2 k m  4 ) x  m 2  0 ，所以 x 1  x 2  4  k 2 2 k m ， x 1 x 2  m k 2 2 ， ········ 6分 因为直线PA与PB倾斜角互补， 所以 k P A  k P B  y x 2 2   2 1  y x 1 1   2 1  k x 2 x  2 m  1  2  k x 1  x 1 m  1  2  0 ， 即 2 k  ( k  m  2 ) ( x 2 1  1  x 1 1  1 )  2 k  ( k  m  2 ) ( x x 2 1  1 x ) 2( x  1 2  1 )  0 ， 所以 2 k  ( k  m  2 ) ( k  4 m  2  k 2 m ) (  k 2  k m 2  2 )  0 ， 即 2 k  4  k 2  k m m   2 2 k 2  0 ，所以 k   1 ； ····································· 10分 （ii）由（i）可知x2 (2m4)xm2 0，所以 x 1  x 2  4  2 m ， x 1 x 2  m 2 ， 则 A B  1  1  x 1  x 2  2  4 x 1 x 2  4 2 1  m ， 因为(2m4)2 4m2 0，所以m1，即  1  m  3 ， 又点 P 到直线AB的距离为 | 3  m 2 | ， 1 |3m| 所以S  4 2 1m 2 (3m)2(m1)， ························ 13分 2 2 1 因为(3m)2(m1) (3m)(3m)(2m2)， 2- 5 - 1 2 ( 3  m  3  m 3  2 m  2 ) 3  3 2 2 7 ， 所以 S 8 9 6 ，当且仅当 3  m  2 m  2 ，即 m  1 3 时，等号成立， 所以 △ P A B 面积最大值为 8 9 6 . ··············································· 17分 1 19.(1)解：因为X B(2, )， 2 所以X的分布列为： X 0 1 2 P 1 4 1 2 1 4 (3分) 所以 H ( X )   ( 1 4 l o g 2 1 4  1 2 l o g 2 1 2  1 4 l o g 2 1 4 )  3 2 . (4分) (2)（i）解：记发出信号0和1分别为事件A,收到信号0和1分别为事件B,i=0,1, i i 则P(A ) p,P(A)1p，(5分) 0 1 1 P(B | A )P(B | A)q,P(B | A )P(B | A)1q，(6分) 0 0 1 1 1 0 0 1 所以 P ( B 0 )  P ( A 0 ) P ( B 0 | A 0 )  P ( A 1 ) P ( B 0 | A 1 )  pq(1p)(1q)1pq2pq.(7分) 所以 P ( A 0 | B 0 )  P ( A 0 ) P P ( ( B B 0 0) | A 0 )  1  p  p q q  2 p q . (9分) (ii)证明：由(i)知， P ( B 0 )  1  p  q  2 p q ， 所以 P ( B 1 )  1  P ( B 0 )  p  q  2 p q ，(10分) 所以 K L ( X || Y )  p l o g 2 1  p  p q  2 p q  (1  p ) l o g 2 p  1 q   p 2 p q ，(11分) 1 设 f(x)1 lnx，则 x f ( x )  1  x 2 x ， 当x∈(0,1)时， f(x)0, f(x)单调递增; 当 x ( 1 , )    时, f(x)0, f ( x ) 单调递减.所以 - 6 - f ( x )  f (1 )  0 ，即 l n x  1  1 x ， 所以 l o g 2 x  l l n n x 2  l 1 n 2 ( 1  1 x ) .(13分) 所以 K L ( X || Y )  p  l 1 n 2 (1  1  p  q p  2 p q )  (1  p )  l 1 n 2 (1  p  1 q   2 p p q )  0 ，(15 分) 当且仅当 1  p  p q  2 p q  p  1 q   p 2 p q  1 ，即 p  1 2 , 0  q  1 时等号成立. 即KL(X||Y)≥0得证.(17分) 【评分细则】 1. 第 一 问 没 有 交待 X 的 分 布 列 ，直 接得 到 H(X) 的 值 ， 得 1 分 ; 若 交 待 1 1 1 P(X 0) ,P(X 1) ,P(X 2) 没有列表，不扣分; 4 2 4 2.第二问(i)直接得到 P ( B 0 )  1  p  q  2 p q 没有交待过程，扣 1 分，第二问(ii) 没有交待等号成立条件，扣1分。- 7 -