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 -