2024届五校联考数学答案_2024年2月_01每日更新_17号_2024届新结构试卷19题“九省联考模式”数学试卷33套

五校联合考试数学答案
一、单选
ACADB BCD
二、多选
ABD BC AC
三、填空题
12.
2024届高三联合模拟考试数学试卷答案 1 / 4
6 0 13.
1
2
4
1
14.
7
5
四、解答题
15． 解：（1）若高一选修滑雪，设高三冬季学期选修滑冰为随机事件 A ，
3 2 3
则P(A)   .
4 5 10
（2）随机变量 X 的可能取值为 1 , 2 .
P ( X  1 ) 
3
5

2
3

3
4

1
3

1
2
3
0
, P ( X  2 ) 
2
5

2
3

1
4

1
3

7
2 0
.
所以 X 的分布列为：
X 1 2
13 7
20 20
13 7 27
E(X)  2  .
20 20 20
16. 解：（1） a  1 ,  c o s C  c c o s A  2 b c o s B  a c o s C  c c o s A  2 b c o s B  0
（2）
.
sinAcosCsinCcosA2sinBcosBsin(AC)2sinBcosB0.
又 ABC ，sin(AC)sinB0, .
A C  2 C D ，设 C D  x ，则 A C  2 x ，
在ABC中 c o s B 
c 2  1
2

c
4 x 2

1
2
，  c 2  1  4 x 2  c .
在  A B C 与  B C D 中, c o s  B C A 
1  4 x
4
2
x
 c 2
, c o s  B C D 
x 2
2

x
2
, 6 x 2  c 2  3  0 .
 c 2  3 c  3  0 ，  c 
3 
2
2 1
. c  0  c 
3 
2
2 1
.
17． 解：（1）取 P A 中点G，连接GQ,GD.  点 Q 为 P B 中点，  G Q / / A B , G Q 
1
2
A B .
 底面是边长为2的正方形， O 为 C D 中点，  D O / / A B , D O 
1
2
A B .
 G Q / / O D , G Q  O D  四边形 G Q O D 是平行四边形.  OQ/ /DG.
O Q  平面 P A D ， G D  平面PAD，OQ//平面 P A D .
（2） D Q  平面 P B C , B C  平面 P B C  D Q  B C .
又  底面是边长为2的正方形，DC BC, DQ DC D,  B C  平面DCQ.
O Q  平面 D C Q ,  B C  O Q .又 C Q  平面 D C Q ,  B C  C Q .
P B  2 6 , Q B  6 ， B C  2 , Q C  2 .
 底面是边长为2的正方形，DB  2 2,DQ 2.DQ CQ,
O为CD中点,  O Q  D C .又 B C  O Q , D C B C  C ，  O Q  平面 A B C D .
取AB中点E ,以OE,OC,OQ所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
1  则O(0,0,0),Q(0,0,1),A(2,1,0),B(2,1,0),D(0,1,0),P(2,1,2)
cosB  B 
2 3所以AP(4,0,2),AD(2,0,0),AQ(2,1,1),
设平面PAD法向量为m(x,y,z)，
 mAP4x2z 0
则 m(0,1,0)
mAD2x0
设平面QAD法向量为n(x,y,z)，
 nAQ2x yz 0
则 n(0,1,1)
nAD2x0
mn 2
cosm,n 
|m||n| 2
又 二面角PADQ范围为 
2024届高三联合模拟考试数学试卷答案 2 / 4
( 0 , ) ,
 所以二面角PADQ的大小为 .
4

c1 a2,
  x2 y2
18． 解:（1）由题意可得：a2b2 c2 ，解得b 3，所以椭圆的方程为：  1；
  4 3
3 3 c1
  1 
a2 4b2
（2）依题意，A2,0， B  2 , 0  ，设 M x
1
, y
1
  ， N x
2
, y
2
  ,直线 B M 斜率为k .
BM
若直线MN的斜率为0，则点M,N关于y轴对称，必有k k 0，不合题意．所以直线
1 2
M N
所以48  3t2 4m2 0，且
的斜率必不为0，设其方程为xtymm2 ，
3x2 4y2 12, 与椭圆C的方程联立 得  3t2 4  y2 6tmy3m2 120，
xtym,

y
y
1
1

y
2
y

2

3 m
3

t
2
2
3


t 6 m
2 t 
1 2
4
4
.
,
因为 M  x
1
, y
1
 是椭圆上一点，满足
2 x
14 
2 y
13  1
y y y2
，所以k k  1  1  1 
1 BM x 2 x 2 x2 4
1 1 1
3 (1
x

21 
2 x 144 )
 
3
4
，
则 k
1
 
4 k
3
B M
 2 k
2
，即 k
B M
 k
2


8
3 y y
．因为k k  1 2
BM 2 x 2x 2
1 2
y y y y
 1 2  1 2
ty m2ty m2 t2y y tm2y  y m22
1 2 1 2 1 2
3m2 12
3t2 4 3  m2 4  3(m2) 3
    ，
t2(3m2 12)  6t2m(m2) m22 4(m2)2 4(m2) 8
3t2 4 3t2 4
所以 m  
2
3
 4 32
，此时48  3t2 4  =48(3t2  )0，
 9 9
故直线 M N 恒过x轴上一定点 D


2
3
, 0

P
Q
D O C
A B
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．
 6tm 4t
y  y  = ,
  1 2 3t2 4 3t2 4
因此 ，所以 S S 
3m2 12 32 1 2
y y   .
  1 2 3t2 4 3(3t2 4)
1  2 1  2 y  y 2     y  y 2   
2 1 2  3 2 1 2  32 2
 y  y  y  y 2 4y y
3 1 2 3 1 2 1 2
2024届高三联合模拟考试数学试卷答案 3 / 4

8
3
3
3 t
1
2  4

9  3 t
4
2  4  2

8
3
3
3 t
3
2
t

2 
4
3 2
9

8
3
3
 3

t
3
2
t

2
4


4

 2
4
9
令 x 
3 t
1
2  4


0 ,
1
4

， S
1
 S
2

8
3
3

4
9
x 2  x
当
3 t
1
2  4
 1
4
即 t  0 时， S S 取得最大值
1 2
8
9
6 ．
 S
1
 S
2

8
3
3

4
9
x 2  x  ( 0 ,
8
9
6
]
19．解：（1）当 a  0 时， f  x    2 x e x ， f   x    2 ( x  1 ) e x .
f14e.  曲线 y  f  x  在点 ( 1 , f ( 1 ) ) 处的切线方程为
y   4 e ( x  1 )  2 e   4 e x  2 e .
1 1
（2）当a  时， f x e2x 2xex，定义域为
2 2
   ,   
fxe2x 2x1ex ex ex 2x2  ，
令 F  x   e x  2 x  2 ，则Fxex 2，
当 x     , l n 2  ，Fx0；当 x   l n 2 ,    ， F   x   0 ；
所以Fx 在 ,ln2 递减，在 ln2, 上递增，
F  x 
m in
 F ( l n 2 )  2  2 l n 2  2   2 l n 2  0
存在x 1,ln2 使得Fx =0，存在x ln2，2 使得Fx =0， 1 1 2 2
，
1
F1 0,F(2)e2 60
e
x     , x
1
 时， F  x   0 ， f   x   0 ， f  x  单调递增；
x   x
1
, x
2
 时， F  x   0 ， f   x   0 ， f  x  单调递减；
xx，+ 时，Fx0， fx0， f x 单调递增；
1
所以 a 
1
2
时， f  x  有一个极大值，一个极小值。
（3） f   x   2 a e 2 x  2  x  1  e x  2 e x ( a e x  x  1 ) ，
由  x  R
1
， f x+ 0，
a
f  0  +
1
a
 a 
1
a

a 2
a
 1
 0 ，得 a < 0 ，
令 g  x   a e x  x  1 ，则 g  x  在R上递减，
x  0 时，ex(0,1)，aex(a,0)，  g  x   a e x  x  1  a  x  1 ，
则  g  a  1   a  ( a  1 )  1  0 又 g   1   a e  1  0 ，
 x
0
  a  1 ,  1  使得 g  x
0
  0 ，即 g  x
0
  a e x0  x
0
 1 = 0
且当 x     , x
0
 时， g  x   0 即 f ′  x   0 ；
当x x , 时，
0 0
g  x   0 即 f′x0，
 f  x  在 ,x  递增，在 x , 递减，f(x)  f(x )ae2x 0 2x ex 0 ，
0 0 max 0 0
由 g  x
0
  a e x0  x
0
 1 = 0
x 1
，a 0 ，
ex
0
由 f ( x )
m a x
+
1
a
 0
ex 0
得(x +1)ex 0 2x ex 0  0即
0 0 x 1
0
( 1  x
0
)
x
( 1
0

 1
x
0
)  1
 0 ，
由x 10得x2 11，∴ 2  x 1，
0 0 0x 1
a 0 ，设
ex 0
2024届高三联合模拟考试数学试卷答案 4 / 4
h  x  
x
e

x
1 
 2  x   1

，则 h ( x ) 

e
x
x
 0 ，
可知hx 在   2 , 1

上递增， h ( x )  h (  2 ) 
1 
e  2
2
 ( 1  2 ) e 2 ，h(x)h(1)0
实数 a 的取值范围是 [ (1  2 ) e 2 , 0 ) ．