湖南省永州市2024届高三高考第一次模拟考试数学试题_2023年9月_01每日更新_24号_2024届湖南省永州市高三上学期第一次模拟考试_湖南省永州市2024届高三上学期第一次模拟考试数学

永州市 2024 年高考第一次模拟考试 数学参考答案及评分标准 一、选择题：本大题共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 D D C B A B D B 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分． 题号 9 10 11 12 答案 BD ACD AC ACD 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 把答案填在答题卡中对应题号后的 横线上. 1 1 13．12 14．2a c 15．( ,) 16．y2 4x 2 e 部分小题提示解析 ： 7． 先求出S  n， n 则a  n n1， n 可以判断出A、B、C均错． 1 1 2 2 对D：当n2时，    2( n n1) S n 2 n n n1 n 1 1 1 所以    12( 21)2( 3 2) 2( 100 99)=19 S S S 1 2 100  8． 由 f( )3是 f(x)的最大值 4   f(x)在 f(x)区间( , )上没有零点 3 6 设 f(x)的周期为T      T 则 ( ) ( )  4 3 6 4 12 4  2  化简得T  ，即  3  3 所以6   1 3 ①当 ( )(k )T ，即T  (kN) 2 4 4 4k1 永州市2024年高考第一次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第1页（共10页） {{{###{{{QQQQQQAAABBBLJLQQQACCsEA4oggggAiAoYAQ0QBBhIYABAAACAAYhQ4ChLACAQAUGQXimWCgCCIwQCsgkQBIQkEkIACBAAACLAKoCOoCOhoAQOARAIAsAANAAuMAAsgwAQoANwAAIgNBAACNFAAC=BA}C#=}A}#=}}#}2 3 8k2 则  ，即  4k1 3 8k2 所以 6，则k 0,1,2 3   3 3 ②当 ( )(k )T ，即T  (kN) 2 4 4 4k3 2 3 8k6 则  ，即  4k3 3 8k6 所以 6，则k 0,1 3 综上，的取值共有5种． 11．先根据已知条件求出三棱锥PBCD是棱长为a的正四面体，然后将此正四面体放置 2 于棱长为 a的正方体中，则正四面体的棱即为正方体的面对角线，那么直线PO为 2 体对角线所在的直线，易证PO平面BCD，故A正确． 2 1 由上易知球O的半径为 a,所以球O的表面积为 a2，故B错． 4 2 3 球O被平面BCD截得的截面圆即为正三角形BCD的内切圆，其半径为 a，所以一 6 3 4 3 个截面圆的周长为 a，则球O被三棱锥PBCD表面截得的截面周长为 a， 3 3 故C正确． π 因为PB与CD垂直，所以过点O与直线PB，CD所成角均为 的直线可作2条，故D错． 4 12．由g(x1)为偶函数，则g(x1)g(x1)，即g(x)g(x2) f x1g(x2)3 f x1g(x)3 由 ，可得 f(x1)g(x)1 f(x1)g(x)1 f(x2) f(x)4 两式相加得： f(x1) f(x1)4，则 f(x4) f(x2)4 两式相减得： f(x4) f(x)，故 f(x)的周期为4，故A正确 同理可得，g(x)的周期为4 所以g(3)g(1)2，故B错误 由上式可知 f(1) f(2) f(3) f(4)8 又 f(2)g(1)3，则 f(2)1 2023 所以 f(k)5058 f(1) f(2) f(3)4045，故C正确 k1 g(1)g(2)g(3)g(4) f(1) f(2) f(3) f(4)44 2023 所以g(k)5054g(1)g(2)g(3) 2022g(2)2023，故D正确． k1 永州市2024年高考第一次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第2页（共10页） {{{###{{{QQQQQQAAABBBLJLQQQACCsEA4oggggAiAoYAQ0QBBhIYABAAACAAYhQ4ChLACAQAUGQXimWCgCCIwQCsgkQBIQkEkIACBAAACLAKoCOoCOhoAQOARAIAsAANAAuMAAsgwAQoANwAAIgNBAACNFAAC=BA}C#=}A}#=}}#}(etx 2)tx 15．由 f(x) lnx0 x2  (etx 2)lnetx (x2)ln x 令h(x)(x2)ln x，即h(etx)h(x) 可证h(x)(x2)ln x在（0，）单调递增， lnx 从而只需etx  x，即得t x lnx 1 故只需t( )  x max e 16．取AB的中点G，连接NG， 因为0 p2a p 则 NG a ， 2 因为R是线段NF上靠近F的四分点， p 所以 NF 4 RF ，且 NF  a， 2 3 p 所以 NA  NR  (a )， 4 2 又 AB 2 5 RF ， 5 5 p 所以 GA  5 RF  NF  (a ) 4 4 2 在RtAGN中，GA2  GN2  NA2 5 p p 9 p 故 (a )2 (a )2  (a )2， 16 2 2 16 2 3 解得a p 2 又点N(a,2 3)（a0）在抛物线C:y2 2px0 p2a上 从而 pa6 可求得 p2， 故抛物线C的方程y2 4x 四、解答题：本大题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．解析： （1）由题意可得：a a 2a 6 1 3 2 则a a a 2a 6a 39 ..................................................1分 1 2 3 2 2 解得a 9 ..................................................2分 2 a aq9  2 1 可得 a a a  1q2 30 ...............................................3分  1 3 1 永州市2024年高考第一次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第3页（共10页） {{{###{{{QQQQQQAAABBBLJLQQQACCsEA4oggggAiAoYAQ0QBBhIYABAAACAAYhQ4ChLACAQAUGQXimWCgCCIwQCsgkQBIQkEkIACBAAACLAKoCOoCOhoAQOARAIAsAANAAuMAAsgwAQoANwAAIgNBAACNFAAC=BA}C#=}A}#=}}#}a 27 a 3  1 解得 1 或  1 （舍去） ...............................................4分 q3  q  3 故a 33n1 3n ................................................5分 n （2）由第（1）问，a 3n n ∴log a log 32n1 2n1 ...................................................6分 3 2n1 3 log a log 32n1 2n1 ..........................................7分 3 2n1 3 1 ∴b  n log a log a 3 2n1 3 2n1 1  (2n1)(2n1) ....................................................8分 1 1 1      22n1 2n1 1 1 1 1 1 1  1 1   1 1  ∴T n  2     1 3   +  3  5     5  7     2n3  2n1     2n1  2n1     ..................................9分 1 1  n  1 = .................................10分 2 2n1 2n1 18．解析： （1）由已知ccosAacosCab 根据正弦定理可得， sinCcosAsinAcosCsinAsinB ..............................1分 又B(AC) 则sinCcosAsinAcosC sinAsin(AC) ..................................................2分 sinCcosAsinAcosCsinAsinAcosCcosAsinC ...................................3分 2sinAcosCsinA ........................................................4分 1 cosC ......................................................5分 2 2 故C   .......................................................6分 3 （2）由余弦定理得：a2b225ab， ...............................7分 由三角形面积公式， 1 1 abcr absinC， ...................8分 2 2 即ab2ab5， ...................9分 则a2b22ab4ab220ab25， 所以25ab2ab4ab220ab25， ..............................10分 永州市2024年高考第一次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第4页（共10页） {{{###{{{QQQQQQAAABBBLJLQQQACCsEA4oggggAiAoYAQ0QBBhIYABAAACAAYhQ4ChLACAQAUGQXimWCgCCIwQCsgkQBIQkEkIACBAAACLAKoCOoCOhoAQOARAIAsAANAAuMAAsgwAQoANwAAIgNBAACNFAAC=BA}C#=}A}#=}}#}21 解得ab ， ..............................11分 4 1 21 3 21 3 所以S     ..............................12分 ABC 2 4 2 16 19．解析： （1）取AP中点为E，连接EM，EB, 在 PAD中，∵M 为PD的中点，E为AP中点. ....1分 1 ∴EM //AD,EM  AD . ...........................2分 2 在矩形ABCD中，∵N 为BC的中点 1 ∴BN//AD,BN  AD ...................3分 2 ∴BN//ME,BN ME ∴四边形BNME为平行四边形 ..................................................4分 ∴MN//BE 又∵MN 平面PAB，BE平面PAB ∴MN//平面PAB ..................................................5分 （2）在正三角形PAD中，M 为PD的中点 ∴AM PD 当AM PC时 ∵PC PDP,PC平面PDC，PD平面PDC ∴AM⊥平面PDC ..................................................6分 又∵CD平面PCD ∴AM⊥DC ∵在正方形ABCD中，AD⊥DC 又AM ADA,AM 平面PAD，AD平面PAD ∴DC⊥平面PAD .................................................7分 ∴平面ABCD平面PAD 取AD的中点O,连接PO PAPD,POAD ∴PO⊥平面ABCD 建立如图所示空间直角坐标系 则A0,2,0，M  0,1, 3  ，N2,0,0，H   2 , 2 , 4 3  ............................8分 3 3 3    永州市2024年高考第一次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第5页（共10页） {{{###{{{QQQQQQAAABBBLJLQQQACCsEA4oggggAiAoYAQ0QBBhIYABAAACAAYhQ4ChLACAQAUGQXimWCgCCIwQCsgkQBIQkEkIACBAAACLAKoCOoCOhoAQOARAIAsAANAAuMAAsgwAQoANwAAIgNBAACNFAAC=BA}C#=}A}#=}}#}    4 2 4 3 ∴AM= 0,3, 3 ，MN= 2,1, 3 ，HN  , , . ..........................9分   3 3 3   设平面AMN 的法向量为nx ,y ,z  1 1 1 由    nAM 3y 1  3z 1 0 ，令y 1，则n  1,1, 3  ................10分 1 nMN 2x 1 y １  ３ｚ １ 0 设平面HMN 的法向量为mx ,y ,z  2 2 2  4 2 4 3 mHN  x  y  z 0 由 3 2 3 2 3 2 ，令x 1，则m1,2,0 ..............11分 2  mMN 2x 2  y 2  ３ｚ 2 0 mn 1 1 ∴ cos mn   ＝ m n 5 5 5 1 ∴平面AMN 与平面HMN 夹角的余弦值是 . .................12分 5 20．解析： （1）由已知X的取值可为0,1,2, 3 ....................................................1分 4 6 9 1 P(X 0)(1 )(1 )(1 ) .....................................................2分 5 7 10 350 4 6 9 4 6 9 4 6 9 19 P(X 1) (1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )  . ........3分 5 7 10 5 7 10 5 7 10 350 4 6 9 4 6 9 4 6 9 57 P(X 2)  (1 ) (1 ) (1 )   ..........4分 5 7 10 5 7 10 5 7 10 175 4 6 9 108 P(X 3)    .......................................................5分 5 7 10 175 所以X得分布列为 X 0 1 2 3 1 19 57 108 P 350 350 175 175 ............................................................................................6分 （2）已知任意抽取一件新品A为优质产品的概率p0.025， 设抽取次数为，则的分布列如下： 永州市2024年高考第一次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第6页（共10页） {{{###{{{QQQQQQAAABBBLJLQQQACCsEA4oggggAiAoYAQ0QBBhIYABAAACAAYhQ4ChLACAQAUGQXimWCgCCIwQCsgkQBIQkEkIACBAAACLAKoCOoCOhoAQOARAIAsAANAAuMAAsgwAQoANwAAIgNBAACNFAAC=BA}C#=}A}#=}}#} 1 2 3  n1 n P p 1pp 1 p2 p  1 pn2 p 1 pn1 ......................................................................................7分 故E() p+(1p)p2(1p)2p3+ +(1p)n2p(n1)+(1p)n1n， .......8分 又(1p)E()(1p)p(1p)2p2 (1p)n1p(n1)(1p)nn， 两式相减得：pE() p(1p)p(1p)2p (1p)n2p(1p)n1p， ........9分 E()1(1p)(1p)2 (1 p)n2(1 p)n1 1(1 p)n 1(1 p)n   1(1 p) p 10.975n  .......................................................................10分 0.025 10.975n 而E() 在nN*时递增， 0.025 结合0.9755 0.881，0.9756 0.859，0.9757 0.838，0.9758 0.817， 可知：当n4时，E()3.85，当n5时，E()4.76； 当n6时，E()5.64；当n7时，E()6.48；..........................................11分 如果抽取次数的期望值不超过5，所以n的最大值为5．....................................12分 21．解析： （1）由圆C：x2y22 10x60，得（x 10）2y2 16 ....................1分 所以圆C的圆心是C( 10,0)半径为4 ...........................2分 因为线段AB的垂直平分线l与直线AC交于点D 所以 DA  DB .......................................................3分 又 DC  DA  AC ＝4, DC  DB 4 BC 2 10 故点D的轨迹E是以B、C两点为焦点，长轴为4的双曲线 .....................4分 x2 y2 从而a2 4,c2 10,b2 6故轨迹E的方程为：  1 ....................5分 4 6 （2）证明：若直线l与x轴重合 则直线l与双曲线E的交点为双曲线E的两个顶点，不合题意 ....................6分 故可设直线l的方程为xty3，设点Mx,y 、Nx ,y  1 1 2 2 永州市2024年高考第一次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第7页（共10页） {{{###{{{QQQQQQAAABBBLJLQQQACCsEA4oggggAiAoYAQ0QBBhIYABAAACAAYhQ4ChLACAQAUGQXimWCgCCIwQCsgkQBIQkEkIACBAAACLAKoCOoCOhoAQOARAIAsAANAAuMAAsgwAQoANwAAIgNBAACNFAAC=BA}C#=}A}#=}}#}xty3 联立 ，可得 3t22  y218ty150 ...................7分 x2 y2   1  4 6 3t220  由题意有：  Δ182t260  3t22  144t21200  18t 15 由韦达定理可得y  y  ，y y  .........................................8分 1 2 3t22 1 2 3t2 2 又由题意可知A 2,0、A 2,0， 1 2 y y 从而k  1  1 ， A1M x 2 ty 5 1 1 y 所以直线AM 的方程为y 1 (x2) .............................................9分 1 ty 5 1 y 同理，直线A N的方程为y 2 x2 2 ty 1 2 y y 联立直线AM 、A N的方程并消去y可得 1 x2 2 x2 .............10分 1 2 ty 5 ty 1 1 2 15t  18t  5 y  x2 ty y 5y 3t22  3t22 1  所以  1 2 2  x2 ty y y 15t 1 2 1 y 3t22 1 75t  5y 3t2 2 1  5 ......................................................................11分 15t  y 3t2 2 1 x2 4 即 5，解得x x2 3 4 故直线AE与直线AF的交点P在定直线x 上，从而命题得证 .........12分 1 2 3 22．解析： x2 （1）当x(0,)时，原不等式可化为：ln(x1) x . ........1分 2 x2 1 x2 令g(x)ln(x1) x，则g(x) x1 0 .........2分 2 x1 x1 所以g(x)在(0,)上单调递增， 从而有g(x) g(0)0，故原不等式成立. ...................................................3分 当x(1,0)时，原不等式等价于g(x)0， x2 又g(x) 0 x1 所以g(x)在(1,0)上单调递增， 从而有g(x)g(0)0， 永州市2024年高考第一次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第8页（共10页） {{{###{{{QQQQQQAAABBBLJLQQQACCsEA4oggggAiAoYAQ0QBBhIYABAAACAAYhQ4ChLACAQAUGQXimWCgCCIwQCsgkQBIQkEkIACBAAACLAKoCOoCOhoAQOARAIAsAANAAuMAAsgwAQoANwAAIgNBAACNFAAC=BA}C#=}A}#=}}#}故原不等式成立. ln(x1) x 综上所述：当x（1,0） (0,)，恒有  1 .........4分 x 2 （2）由g(x)表达式可知a0， g(x) f(x)对x(1,)恒成立等价于 axex ln(x1)2lna3ln23对x(1,)恒成立 .........5分 令h(x)axex ln(x1)， 1 从而h(x)（a xex ex) x1 令(x)h(x)， 1 因为(x)a(x2)ex  0 (x1)2 故h(x)在x(1,)时，单调递增. .........6分 又x1时，h(x)，又x时，h(x) 1 从而存在唯一x (1,)，使得h(x )0，即（a x ex0 ex0) 0， 0 0 0 x 1 0 1 可得a ，lna2ln(x 1)x .........7分 （x ex0 x（) x 1） 0 0 0 0 0 当x(1,x )时，h(x)0，h(x)在x(1,x )单调递减， 0 0 当x(x，)时，h(x)0，h(x)在x(x，)单调递增， 0 0 故h(x)h(x )ax ex0 ln(x 1) 0 0 0 故原不等式恒成立只需 x 0 ex0 ln(x 1)2[2ln(x 1)x ]3ln23 .........8分 （x 1）2ex0 0 0 0 0 x 即 0 3ln(x 1)2x 3ln230 （x 1）2 0 0 0 x 构造函数F(x) 3ln(x1)2x3ln23 .........9分 （x1）2 1x 3 3x2 5x4 从而F(x)  2 2 （x1） （x1）3 x1 （x1）3 当x1时，令u(x)3x2 5x4， 因为2548230 从而可得F(x)0在x(1,)时恒成立 .........10分 1 又F( )0， 2 1 故F(x)0的解集为[ ,) 2 又因为lna2ln(x 1)x ， 0 0 令m(x)2ln(x1)x， 因为m(x)在定义域内单调递增 ......... ......... ......... ......... ..................11分 永州市2024年高考第一次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第9页（共10页） {{{###{{{QQQQQQAAABBBLJLQQQACCsEA4oggggAiAoYAQ0QBBhIYABAAACAAYhQ4ChLACAQAUGQXimWCgCCIwQCsgkQBIQkEkIACBAAACLAKoCOoCOhoAQOARAIAsAANAAuMAAsgwAQoANwAAIgNBAACNFAAC=BA}C#=}A}#=}}#}1 1 1 所以lna2ln( 1)  ln4， 2 2 2 1 ln4 所以ae2 4 e， 故a的取值范围(0,4 e] .......... ......... ......... .........................12分 永州市2024年高考第一次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第10页（共10页） {{{###{{{QQQQQQAAABBBLJLQQQACCsEA4oggggAiAoYAQ0QBBhIYABAAACAAYhQ4ChLACAQAUGQXimWCgCCIwQCsgkQBIQkEkIACBAAACLAKoCOoCOhoAQOARAIAsAANAAuMAAsgwAQoANwAAIgNBAACNFAAC=BA}C#=}A}#=}}#}