高三数学答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届湖北省宜荆荆随高三上学期10月联考_湖北省宜荆荆随2024届高三上学期10月联考数学

11  2023 年宜荆荆随高三 10 月联考 所以MN的中点坐标为 ,2， MF  NF  x x +p=19,因为MM不过焦点F,所以  2  1 2 高三数学参考答案 19 MN MF  NF  MN ,MN的中点到准线的距离为  ,所以C正确，D错误 2 2 一、选择题 12.BCD 【解析】方法一:坐标法，以D为坐标原点，直线DA为x轴，DC 为y轴，DD 为 Z轴，则P 1 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12   x2 2 y2 4   x2 2  y2 2 4 答案 D A C D B A B A BCD ABD AC BCD 点的坐标满足 ，同理Q点的坐标满足 可设P的坐标为 z 2 z 0 1.D 【解析】A 4,5  ,B  3,5  (22cos,2sin,2)， 0, 解决选项C，D.其中D选项可设球心坐标为M（2,2,t），利用MC=MP   2.A 【解析】 a2 2i  a2 2 a2 2 i 为纯虚数的充要条件为a  2 得到t 22sin,求出t 0,2  ，所以外接球的半径R 4,8  ,所以D选项正确 1i 2 3.C 【解析】S 15 15a 8 3a 1 21d 2a 1 6d a k ,a k a 1 15d a 16 ，k 16 （或d 0时 方法二：几何法，C选项CP  CC 1 2 C 1 P2  4C 1 P2 ,C 1 P2 22,所以C正确 m m m n n n a a a a a a ） D选项根据对称性分别求P在端点和弧中点时对应的外接球半径即可. 1 2 3 1 2 3 m m m n n n 1 2 3 1 2 3 13. -7 【解析】n8 4.D 【解析】tan2,tan tan    7 14.160 【解析】排除法：C3C2C2 C1C2C2 C1C3C2 160 7 4 2 5 4 2 2 5 2 9 5.B 【解析】由全概率公式可得0.30.20.60.8p,p 15. (1,3) 【解析】由题意 f(x)图像关于x1对称，且在 ,1 上递减， 1，+上递增， 40 2 4ab 2(a2b) 4ab b a f(x)2 f(x)2 6.A 【解析】  =  34(  )11 f(3) f(1)2，不等式可化为 或  解出解集为(1,3) a b a b a b lnx0 lnx0  MF  MN  NF  4a 4a 4a 4a 1000 3 4 7.B 【解析】由 2 2 得到 MN  ，设 MF  d, NF  d ，在 16. 【解析】设正四棱锥的底面边长为2x，，则高为 25x2 ，体积V  x2 25x2  MF  NF  2 MN 3 2 3 2 3 27 3 2 2 3 MF 2 N 中由余弦定理得d=0, MF 2 N 为等边三角形，则在MF 1 F 2 中由 F 1 F 2  3 MF 1 得e= 3 3 = 4 3 1 2 x2x2  502x2   4 3 1 2    x2 x2  3 502x2     100 2 0 7 3 ， c 8.A【解析】由ca 2ln 0得c2lnca2lna且c a，构造函数 f(x) x2lnx， 50 a 当且仅当x2  时取等号.也可以用导数方法求最值. 3 求导得 f(x)在 0,2 上单调递减，在 2,+上单调递增，所以得到 17.【解析】(1)由acosC 3asinC bc 及正弦定理得sin AcosC  3sin AsinC sinBsinC  x 0a2c,做出函数 y  10 及y 3x 1的图像，得到0ab2所以 又sinB sin  AC sin AcosCcosAsinC ，sinC 0 0ab2c  1 所以 3sin AcosA1sin(A )  6 2 9.BCD 【解析】 f(x)sin(2x ) 3    5    A 0, ,A    , ,A  ,A (5') P(AB) 10.ABD 【解析】A选项根据正态曲线的对称性可得是正确的.B选项P(B|A)P(B)得  P(B), 6  6 6  6 6 3 P(A)  1    （2）因为D为BC中点，所以AD  AB AC ,两边平方得 即P(AB) P(A)P(B)，所以事件A,B相互独立，所以结论正确.C选项 r 越接近于1，相关性越强.D 2 1  2 1 2  2    选项代入s2  (x x)2 (x x)2 (x x)2检验即可得出是正确的 AD  AB  AC 2ABAC ,因为AD 2,A ,所以得到16c2 b2 bc n  1 2 n  4 3 11.AC 【解析】由A(1，-4)在抛物线上可得抛物线方程为 y2 16x，F(4,0),当过焦点且与x轴垂直时弦 16 1 3 4 3 由b2 c2 2bc，bc ，S  bcsinA bc  x x 11 3 ABC 2 4 3 长最短，此时弦长为16，故A正确，B错误；设M  x ,y  ,N  x ,y  ,由重心的坐标公式得 1 2 1 1 2 2 y 1  y 2 4 bc即ABC为等边三角形时ABC面积的最大值为 4 3 (10') 3 宜荆荆随重点高中教科研协作体 数学试卷（共3页） 第1页 {#{QQABIQAEogiAAAIAAQhCAwUCCgGQkBGCAKoOwEAMIAAAwQFABAA=}#}（另法：在ABD和ACD中由余弦定理及cosADBcosADC 0也可得到b,c的关 10 系式，后面的步骤同上面，酌情给分） ∴当BF=2 时，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为45°。 (12') 2 18.【解析】（1）∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴PA⊥BC， 19.【解析】（1） f '  x 2e2x  22a  ex 2a=2  ex 1  ex a  ∵ABCD为矩形，∴AB⊥BC，又 PA∩AB=A，PA，AB平面PAB，∴BC⊥平面PAB， ①当a0时，因为ex 0，所以 f '  x 0在R上恒成立，所以 f  x 在R上单调递增 ∴AE平面PAB，∴AE⊥BC，∵PA=AB，E为线段PB的中点，∴AE⊥PB， ②当a 0时，令 f '  x 0，得xlna. 又 PB∩BC=B，PB，BC平面PBC， 由 f '  x 0  x lna, ， f(x)在  lna, 上单调递增 由 f '  x 0  x,lna  ， f(x)在 ,lna  上单调递减 ∴AE⊥平面PBC，又AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC； (5') 综上，当a0时 f  x 在R上单调递增。 （2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz， 当a 0时 f(x)在,lna  上单调递减在 lna, 上单调递增 (5') (2) a 1时，f(x)e2x 2x1, f '  x 2e2x 2，令 f '  x 0 x0 1 1 则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0）P（0，0，1）E ,0, ， 且 f  x 在 -，0 上单调递减，在 0，+上单调递增 2 2  f  x   f  0 0 min  1 1  uuur ∴AE  2 ,0, 2   ，PC (1,2,1)，PD (0,2,1)， x 2 0 x 2 f  x 1 g  x 2 0  f  x 1  x 1 g  x 2  0对x 1 R成立 2  1 1 设F（1，λ，0）（0≤λ≤2），∴AF (1,,0)，  f  x   g  x  0即 g  x 0对x  0, 恒成立 min x 2 x 2 2 2 2 设平面AEF的一个法向量为n  x 1 ,y 1 ,z 1 ， g  x  m lnx1  0  m lnx1 ，令h  x  lnx1 x x x x 则    n n   · ·   A A   E F       0 0 ，∴    x x 1   z 1 y   0 0 ，令y 1 =1，则    x z 1     ，∴n  (,1,) ， 则h'  x  2 x l 2 nx 0 xe2，且h  x 在  0,e2  上单调递增,  e2,  上单调递减， 1 1 1 h  x  h  e2  1 ，m h  x   1 ，m 1 (12')  m  ·  P  C  0 max e2 max e2 e2 设平面PCD的一个法向量为mx ,y ,z ，则  ， 2 2 2 m·PD0 20.【解析】  1 由 a S 1(nN*) ① n n x 2y z 0 x 0  得n2时 a S 1 ② ∴ 2 2 2 ，令y =1，则 2 ，∴m 0,1,2 ， n-1 n-1 2y 2 z 2 0 2 z 2 2 ① - ②得a  1 a  n2  ①中令n1得 a  1 n 2 n-1 1 2 ∵平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为45°， 1 1 1 n m ur n r 12 2 10  a n 是以 2 为首相， 2 为公比的等比数列，a n   2   (5') ∴ cos45  ur r   ，解得λ=2 ， 1 n1 1 n m n 5 221 2 2 a a  2     2   1 1 n1  2  d  n1 n     n n1 n1 n12  ∵0≤λ≤2 ∴λ=2 10 即BF=2 10 假设存在这样的三项d ,d ,d 成等比数列，  d 为递增数列，不妨设mk t m k t n 2 2 2k2 m1 t1 1 1 1 1 1 1 则d d d ，d 2 d d         m k t k m t  k1 2 2 m1 2 t1 2 宜荆荆随重点高中教科研协作体 数学试卷（共3页） 第2页 {#{QQABIQAEogiAAAIAAQhCAwUCCgGQkBGCAKoOwEAMIAAAwQFABAA=}#}1 1 2k2 1 1 mt2 3x y 3x y       MA  ， MB   k1 2 2  m1  t1  2 2 2  m,k,t成等差数列2k mt  k1 2  m1  t1  k2 mt 两渐近线的夹角为60，M,A,O,B四点共圆，AMB 60或120 由   2k mt  mt 2 0 mt k 与题设矛盾 ABM 的面积= 1 MA MB sinAMB= 3 3x2  y2  3 3 a2  3 3 2 4 4 16 16 k2 mt y2 不存在这样的三项d ,d ,d (其中m,k,t成等差数列) 成等比数列。 (12')  a2 1 x2  1 m k t 3 21.【解析】（1） y2 列联表如下：单位：只 曲线C的方程为：x2  1 (5') 3 指标值 抗体 合计 （2）如图O,D,P,Q四点共圆 小于60 不小于60 DPQDOQ    DPQNOQ  tanDPQtanNOQ NOQDOQ 有抗体 100 220 320 1  tanNOQ  k .k 1 没有抗体 40 40 80 tanODP DP OQ 合计 140 260 400 设G  x ,y  ,R  x ,y  ,N  t,0  ,t 0,1  . 1 1 2 2 零假设为H :注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联． y  y  t1  0 D 1,0  l :y 2  x1  ,令xt得Qt, 2  400(1004040220)2 DR x 1  x 1  根据列联表中数据，得，2  9.8905.024 2 2 32080140260 0.025 当l 的斜率为0时不符合题意 GR 根据0.025的独立性检验，推断H 不成立， 当l 的斜率不为0时，设l ：xmyt 0 GR GR 即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于0.025.(6') xmyt     （2）（i）令事件A=“小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”，事件B=“小白鼠第二次注射疫苗产生抗体’’，   3m2 1 y2 6mty3 t2 1 0 3x2  y2 3 事件C=“小白鼠最多注射2次疫苗后产生抗体”，记事件A，B，C发生的概率分别为P(A),P(B),P(C)，   320 4 60 3 6mt 3 t2 1 则P(A)  ，P(B| A)   ， y  y  ,y y  400 5 80 4 1 2 3m2 1 1 2 3m2 1 1 1 19 y y  t1  t1  x 1  x 1  P(C)1P(AB)1P(A)P(B| A)1   =0.95， k .k  1  2 =1 即  1 2 5 4 20 DP OQ x 1 t(x 1) t y y 1 2 1 2 所以一只小白鼠最多注射2次疫苗后产生抗体的概率 p0.95， (9') （ii）由题意，知随机变量X ~ B(40,0.95)，P(X k)Ck 0.95k 0.0540k(k 0,1,2,40)， 40 因为P(X k)最大， Ck 0.95k 0.0540k Ck10.95k10.0541k 所以 40 40 ，解得37.95k 38.95, C 4 k 0 0.95k 0.0540k C 4 k 0 10.95k10.0539k  t1 2 Qk 是整数，所以k 38． （直接用期望公式得到结果不给分） (12')   x 1 1  x 2 1   m2y 1 y 2 m  t1  y 1  y 2   t1 2   3m2 1 =  t+1 2 22.【解析】（1）由e2得 c 2,又c2  a2b2得到b 3a，所以渐近线方程为 y  3x y 1 y 2 y 1 y 2 3  t2 1  3  t2 1  a 3m2 1 x2 y2 则双曲线方程为  1即3x2-y2=3a2 设 M  x,y  ，则 M到 渐近线的距离分别为 t1  t+1 2 3 3  a2 3a2    t   0,1 ，符合  N ,0 (12')   t 3 t2 1 4 4  宜荆荆随重点高中教科研协作体 数学试卷（共3页） 第3页 {#{QQABIQAEogiAAAIAAQhCAwUCCgGQkBGCAKoOwEAMIAAAwQFABAA=}#}