2024年三省三校联考一模数学答案(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套_2024届东北三省三校第一次联考数学试题+答案

2024 年高三第一次联合模拟考试数学 参考答案 一.单项选择题 1-4 CABD 5-8 CBBB 二.多项选择题 9.ACD 10.ABD 11.ABD 三.填空题 12. 3 13. 5 14. 2 7 4 四.解答题 15.解：（1） f(x)=2cos2x−2sinx 2  f ( 0 ) = 2 , f ( 0 ) = 2 4   f ( x ) 在 x = 0 处的切线方程为 y − 2 = 2 ( x − 0 ) ，即 y = 2 x + 2 6  （2） f ( x ) = 2 c o s 2 x − 2 s i n x = 2 ( 1 − s i n 2 x ) − 2 s i n x = − 2 ( 2 s i n 2 x + s i n x − 1 ) 8  f ( x )  0 则 − 2 ( 2 s i n 2 x + s i n x − 1 )  0 10 即 − 2 ( 2 s i n x − 1 ) ( s i n x + 1 )  0 即 s i n x  1 2 解得 x ( 2 k 6 , 2 k 5 6 ) , k Z      + +  1 2  故 f ( x ) 的单调递减区间为 ( 2 k 6 , 2 k 5 6 ) , k Z     + +  1 3  16.解：（1）底面 A B C D 为平行四边形，  A D C = 1 2 0 ,DAB=60 . D A = 4 , A B = 8 由余弦定理可得：DB2 = AB2 + AD2 −2ABADcos60 =48DB=4 3 则 D A 2 + D B 2 = A B 2 ，  D A ⊥ D B 2 侧棱DD ⊥平面ABCD，DB平面ABCDDD ⊥DB 4 1 1 又 DA平面ADD A,DD 平面ADD A,且DA DD =D 1 1 1 1 1 1 DB⊥平面ADD A 6 1 1 又 AA 平面ADD A DB⊥ AA 7 1 1 1 1（2）四棱台中 A B C D − A 1 B 1 C 1 D 1 的体积为 2 8 3 3  V = 1 3 ( S A B C D + S A B1 C1 D1 1 + S A B C D S A B1 C1 D1 1 )  2 8 3 3 = 1 3 D D 1 ( A D D B + A 1 D 1 D 1 B 1 + A D D B A 1 D 1 D 1 B 1 )  2 8 3 3 = 1 3 D D 1 2 8 3 ,解得： D D 1 = 1 9  如图，以点 D 为原点， D A , D B , D D 1 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴， 建立如图的空间直角坐标系， 则 A ( 4 , 0 , 0 ) , B ( 0 , 4 3 , 0 ) , C ( − 4 , 4 3 , 0 ) , B 1 ( 0 , 2 3 , 1 )  B C = ( − 4 , 0 , 0 ) , B B 1 = ( 0 , − 2 3 , 1 ) 1 1  设平面BCC B 的法向量为 1 1 n = ( x , y , z ) ，  n BC =−4x=0  则有 所以n=(0,1,2 3)  n BB =−2 3y+z =0 1 1 3  平面 A D D 1 A 1 的法向量为m=(0,1,0)， 设平面 A D D 1 A 1 与平面 B C C 1 B 1 所成锐二面角为 mn 1 13 则cos=|cosm,n|= = = 15 m n 13 1317.解：（1）由图估计甲班平均分较高 3  （2）由图可知，甲班中有 1 2 的学生分数低于128分； 乙班中有 3 4 的学生分数低于128分 设从两班中随机抽取一人， “该同学来自甲班为事件A”，“该同学分数低于128分为事件B”， 则 P ( A ) = 1 2 , P ( A ) = 1 2 , P ( B A ) = 1 2 , P ( B A ) = 3 4 , 5   P ( B ) = P ( A B ) + P ( A B ) = P ( B A )  P ( A ) + P ( B A )  P ( A ) 1 1 3 1 5 =  +  = 7 2 2 4 2 8 P ( A B ) = P P ( A ( B B ) ) = P ( A ) P P ( ( B B ) A ) = 1 2  5 8 1 2 = 2 5 8 P ( A B ) = P P ( A ( B B ) ) = P ( A ) P P ( ( B B ) A ) = 1 2  5 8 3 4 = 3 5 9  所以，该同学来自甲乙两班的概率分别为 2 5 , 3 5 (3)依题 X 的所有可能取值为0,1,2,3 10 C3C0 1 P(X =0)= 6 4 = C3 6 10 1 1  P ( X = 1 ) = C 26 C C 31 0 14 = 1 2 12 P ( X = 2 ) = C 16 C C 31 0 24 = 1 3 0 1 3  P ( X = 4 ) = C 06 C C 31 0 34 = 1 3 0 14 所以X 的分布列为: 15 18.解：（1）设M(x ,y ),N(x ,y )，则x +x =2,y + y =6 1 1 2 2 1 2 1 2 M,N 两点在双曲线C上  x a x a 2 12 2 22 − − y b y b 2 12 2 22 = = 1 1 ① ② ，由①−②得 x 1 2 − a 2 x 2 2 − y 1 2 − b 2 y 2 2 = 0 即 y x 1 1 2 2 − − y x 2 2 2 2 = b a 2 2 ，  (( y x 1 1 + + y x 2 2 )) (( y x 1 1 − − y x 2 2 )) = b a 2 2 2  k O Q  k M N = b a 2 2 ，即  1  3 = b a 2 2 , b 2 = 3 a 2 又 a=1,b2 =3，双曲线 C 的方程为： x 2 − y 3 2 = 1 4  （2）由已知可得，直线 M N 的方程为：y−3=1(x−1)，即 y = x + 2 联立  3 x 2 y − = y x 2 + − 2 3 = 0  2 x 2 − 4 x − 7 = 0 ,  = 1 6 + 5 6 = 7 2  0 6  则 x 1 + x 2 = 2 , x 1 x 2 = − 7 2 8  E M  E N = ( x 1 − 1 , y 1 )  ( x 2 − 1 , y 2 ) = ( x 1 − 1 ) ( x 2 − 1 ) + y 1 y 2 = ( x 1 − 1 ) ( x 2 − 1 ) + ( x 1 + 2 ) ( x 2 + 2 ) = 2 x 1 x 2 + ( x 1 + x 2 ) + 5 = 2  ( − 7 2 ) + 2 + 5 = 0  E M ⊥ E N ，EMN为直角三角形 1 0  （3）由题意可知，若直线AB有斜率则斜率不为0， 故设直线 A B 方程为： x = m y + n 设 P ( x 3 , y 3 ) , A ( x 4 , y 4 ) , B ( x 5 , y 5 ) A P P B , ( x 3 x 4 , y 3 y 4 ) ( x 5 x 3 , y 5 y 3 )   =  − − = − −  x +x x = 4 5 x −x =(x −x )   3 1+  3 4 5 3   y 3 − y 4 =(y 5 − y 3 )  y = y 4 +y 5  3 1+点P在双曲线 C 上， x 41 1 x 5 2 y 41 3 y 5 2 1       + +  −  + +  = 3(x +x )2 −(y +y )2 =3(1+)2 4 5 4 5 ( 3 x 24 y 24 ) 2 ( 3 x 25 y 25 ) 2 ( 3 x 4 x 5 y 4 y 5 ) 3 ( 1 ) 2     − + − + − = + ③ 又 3 x 24 − y 24 = 0 , 3 x 25 − y 25 = 0 ， 2 ( 3 x 4 x 5 y 4 y 5 ) 3 ( 1 ) 2    − = + 3(1+)2 ，3x x − y y = ④ 4 5 4 5 2 联立  3 x x 2 = − m y y 2 + = n 0  ( 3 m 2 − 1 ) y 2 + 6 m n y + 3 n 2 = 0   = 3 6 m 2 n 3 m 2 − 2 1 − 2 1 n  2 ( 0 3 m 2 − 1 )  0  m   3 3 −6mn 3n2 y + y = ⑤,y y = ⑥ 14 4 5 3m2 −1 4 5 3m2 −1 A , B 分别在第一象限和第四象限，  y 4 y 5  0 , 3 m 2 − 1  0 由④式得： 3 ( m y 4 n ) ( m y 5 n ) y 4 y 5 3 (1 2 ) 2   + + − = + ( 3 m 2 1 ) y 4 y 5 3 m n ( y 4 y 5 ) 3 n 2 3 ( 1 2 ) 2    − + + + = + ⑦ 3n2 −6mn 3(1+)2 将⑤⑥代入⑦得：(3m2 −1) +3mn +3n2 = 3m2 −1 3m2 −1 2 −6n2 3(1+)2  = 3m2 −1 2 1 3 2 3 2 3 S = OA OB sinAOB=   y   y AOB 2 4 3 1 3 2 3 3 3n2 n2 1 3(1+)2 3  1  = y y = =− 3 =  =  + +2  15 3 1 2 3 3m2−1 3m2−1 2 3 2 4 3  令 h ( ) 1 , [ 1 3 , 2 ]     = +  h ( ) 1 1 2 ( 1 ) ( 2 1 ) , [ 1 3 , 2 ]        = − = + −  1 3 , 1 , h ( ) 0         ， h ( )  单调递减 ( 1 , 2  , h ( ) 0      ， h ( )  单调递增 10 h()[2, ]， 16 3  S  A O B   3 , 4 3 3  17 19.（1）证明： 8 n + 3 = a 0  2 k + 3 + a 1  2 k + 2 + + a k  2 3 + 1  2 1 + 1 S(8n+3)=a +a + +a +1+1=S(n)+2 0 1 k 3  4n+3=a 2k+2 +a 2k+1+ +a 22 +121+1 0 1 k  S ( 4 n + 3 ) = a 0 + a 1 + + a k + 1 + 1 = S ( n ) + 2 6  S(8n+3)=S(4n+3) 7  （2）（Ⅰ）解： 6 0 = 3 2 + 1 6 + 8 + 4 = (1 1 1 1 0 0 ) 2  I ( 6 0 ) = 2 1 0  （Ⅱ）解： 1 = ( 1 ) 2 ， 5 1 1 = (1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) 2 ，故从n=1到 n = 5 1 1 中 𝐼(𝑛)=0有9个， 𝐼(𝑛)=1有𝐶1+𝐶1+⋯𝐶1 =𝐶2个， 1 2 8 9 𝐼(𝑛)=2有𝐶2+𝐶2+⋯𝐶2 =𝐶3个， 2 3 8 9 ……， 𝐼(𝑛)=9有𝐶8 =𝐶9 =1个， 8 9 511 ∑2𝐼(𝑛) =9×20+𝐶2×21+𝐶3×22+⋯𝐶9×28 9 9 9 𝑛=1 13𝐶1×21+𝐶2×22+𝐶3×23+⋯𝐶9×29 9 9 9 9 = 2 𝐶0×20+𝐶1×21+𝐶2×22+𝐶3×23+⋯𝐶9×29−1 9 9 9 9 9 = 2 1 6  (1+2)9−1 = =9841 2 1 7 