2024年初东北育才学校高中部第六次模拟考试数学答案_2024年3月_013月合集_2024届辽宁省东北育才学校高三下第六次模拟考试

2023-2024 学年度东北育才学校高中部高三年级第六次模拟 考试暨假期质量测试数学科答案 一．单选题 1. A 2.B 3.B 4.A 5.C 6.D 7.D 8.A 二．多选题 9. AD 10.BCD 11.AC 三．填空题 2 3 2 12. 2 13. 2 3 14. 4 四．解答题 15.（本题满分13分） 解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q, b b 则q b 3 3 , a 1 b 1  q 2 1 , a 14 b 4 b 3 q27 , …………………………3 2 分 又a 14 a 1 13d 113d 27 , 可得d 2 , …………………………4分 所以a n a 1 (n1)d 12(n1)2n1 . …………………………6分 （2）由（1）可得b n 3n1， …………………………7分 故(1)nb (3)n1，以它为通项的数列是以1为首项、公比为3的等比数列，……8分 n 所以数列{c }的前2n项和(a a L a )(1)[1(3)L (3)2n1] …………10分 n 1 2 2n 2n(14n1) (1)[1(3)2n] 9n 1   4n2  . ………………………13分 2 1(3) 4 4 16.（15分） 2 解（1）取AC中点M ，由题意，PO 1,BC  AB2， 1 2 1 1 又PO //BC，故PO // BC,PO  BC. 1 1 2 1 2 1 1 又O M// BC,O M  BC ，故PO //O M,PO O M ， 2 2 2 2 1 2 1 2 所以四边形POO M 为平行四边形，则PM//OO . 1 2 1 2 由OO 平面ABC，故PM 平面ABC， 1 2 又PM 面 PAC ，故平面 PAC  平面 ABC .…………………………7分 学科网（北京）股份有限公司uuuur uuuur uuuuur （2）以O 为坐标原点，O B,O C,O O 的方向为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间 2 2 2 2 1        2 2  直角坐标系.则有：A  2,0,0 ,B 2,0,0 ,C 0, 2,0 ,P , ,2,O 0,0,2 ，  2 2  1   uuuur   故AO  2,0,2 . 1 r 设平面PBC 的法向量n x,y,z uuur   uuur  2 2  而BC   2, 2,0 ,CP , ,2，   2 2   r uuur nBC  2x 2y 0  r   故r uuur 2 2 ，令z 1，得n  2, 2,1 . nCP x y2z 0  2 2 uuuur r uuuur r AO n 22 2 30 1 设所求角的大小为，则sin cos AO,n  uuuur r   . 1 AO  n 6 5 15 1 2 30 所以直线AO 与平面PBC 所成角的正弦值为 . ………………………15分 1 15 1 17.（1）由题知，随机变量X 服从二项分布，X ~ B(n, )， 2 1 1 1 1 由PX 5 PX 95 ，即C5( )5(1 )n5 Cn5( )n5(1 )5， n 2 2 n 2 2 得n100，所以E(X)np50． ………………………4分 （2）（ⅰ）A"X  x ,X  x ,L ,X  x "， 1 1 2 2 10 10 P(A)(C1 p(1 p)9)3(C2 p2(1 p)8)3(C3 p3(1 p)7)2(C4 p4(1 p)6)(C6 p6(1 p)4)， 10 10 10 10 10 P(A)(C1 )3(C2 )3(C3 )2(C4 )2 p25(1 p)75． ………………………8分 10 10 10 10 （ⅱ）记g(p)ln(C1 )3(C2 )3(C3 )2(C4 )2 25ln p75ln(1 p)， 10 10 10 10 25 75 25100p 则g(p)   ， p 1 p p(1 p) 1 当0 p 时，g(p)0，g(p)单增； 4 1 当  p1时，g(p)0，g(p)单减； 4 学科网（北京）股份有限公司1 当 p 时，g(p)取得最大值，即P取得最大值． 4 2 在团体A提出的函数模型 p ln1 2,01中， 3 2 1 4 4x2 4x3 记函数 f (x)ln(1x) x2,0 x1， f (x)  x ， 1 3 1 1x 3 3(1x) 1 当0x 时， f (x)0， f (x)单增； 2 1 1 1 当  x1时， f (x)0， f (x)单减． 2 1 1 1 3 1 1 3 当x 时， f(x)取得最大值ln   ，（ln 0.4065），则不可以估计． 2 2 6 4 2 ………………………13分 1 在团体B提出的函数模型 p (1e)中， 2 1 记函数 f (x) (1ex)， f (x)单调递增， 2 2 2 1 令 f (x) ，解得xln2， 2 4 则ln2是的最大似然估计． ………………………15分 18.解：（1）由已知AB：y=x+1,CD: y=-x+3 联立直线AB与抛物线y=x2 x2 -x-1=0 得 A(x ,y ),B(x ,y ) x +x =1,x x =-1 设 1 1 2 2 ，则 1 2 1 2 | AB|= 1+12 |x -x |= 2 (x +x )2 -4x x = 10 所以 1 2 1 2 1 2 联立直线CD与抛物线y=x2 x2+x-3=0 得 C(x ,y ),D(x ,y ) x +x =-1,x x =-3 设 3 3 3 3 ，则 3 4 1 2 |CD|= 1+12 |x -x |= 2 (x +x )2 -4x x = 26 所以 3 4 3 4 3 4 因为AB⊥CD，所以 1 …………………………4分 S = | AB||CD|= 65 ABCD 2 学科网（北京）股份有限公司x2 -x2 （2）因为k = 1 2 =x +x ，所以AB的直线方程为y-x2=(x +x )(x-x ) AB x -x 1 2 1 1 2 1 1 2 整理得(x +x )x-y-x x =0，因为AB过点P(1,2) 1 2 1 2 ， 所以 x 1 +x 2 -2-x 1 x 2 =0 ① ……………………7分 同理可得x +x -2-x x =0 ② 3 4 3 4 同理可得AC：(x +x )x-y-x x =0，BD：(x +x )x-y-x x =0 1 3 1 3 2 4 2 4 联立AC与BD方程，解出点G坐标， x x -x x x x x +x x x -x x x -x x x x = 1 3 2 4 ， y = 1 2 3 1 3 4 1 2 4 2 3 4 …………………………11 G x +x -x -x G x +x -x -x 1 3 2 4 1 3 2 4 分 由①②得x x =x +x -2，x x =x +x -2带入点G纵坐标 1 2 1 2 3 4 3 4 x x (x -x )+x x (x -x ) y = 1 2 3 4 3 4 1 2 G x +x -x -x 1 3 2 4 (x +x -2)(x -x )+(x +x -2)(x -x ) = 1 2 3 4 3 4 1 2 x +x -x -x 1 3 2 4 x x (x -x )+x x (x -x ) = 1 2 3 4 3 4 1 2 x +x -x -x 1 3 2 4 2x x -2x x -2(x +x -x -x ) = 1 3 3 4 1 3 2 4 x +x -x -x 1 3 2 4 2x x -2x x = 1 3 3 4 -2=2x -2 x +x -x -x G 1 3 2 4 所以点G坐标在直线y=2x-2上 ………………………17分 19.（1）由题意得，函数 f(x)的定义域为(0,). 1 12ax2 由 f(x)lnxax2得： f(x) 2ax  ， x x 当a0时， f(x)0, f(x)在(0,)上单调递增； 2a 2a 当a0时，由 f(x)0得0x ，由 f(x)0得x ， 2a 2a 学科网（北京）股份有限公司 2a   2a  0,   ,     2a 2a 所以 f(x)在   上单调递增，在   上单调递减．……………………4分 （2）因为x,x 是方程lnxax2 0的两不等实根， 1 2 即x,x 是方程lnx2 2ax2 0的两不等实根， 1 2 令t  x2(t 0)，则t  x2,t  x2， 1 1 2 2 lnt 即t ,t 是方程2a 的两不等实根. 1 2 t lnt 1lnt 令g(t) ，则g(t) ， t t2 1 所以g(t)在(0,e)上递增，在(e,)上递减，g(e) ， e 当t 0时，g(t)；当t 时，g(t)0且g(t)0. 1 1 所以02a ，即0a . e 2e 令1t et ． 1 2 （i）要证x2 x2 2e，只需证t t 2e， ……………………6分 1 2 1 2 解法1：令h(t) g(t)g(2et),t(1,e)， lnt ln(2et) (2et)lnttln(2et) 则h(t) g(t)g(2et)   ， t 2et t(2et) 令(t)(2et)lnttln(2et)， 2e t 2et t 则(t) 1lntln(2et)   ln  t2 2et  t 2et t 2et 2et t   20， t 2et 所以(t)在(1,e)上递增，(t)(e)0， 所以h(t) g(t)g(2et)0，所以g(t) g(2et)， 所以gt  gt  g2et  ， 2 1 1 所以t 2et ，即t t 2e，所以x2 x2 2e． ……………………11分 2 1 1 2 1 2 学科网（北京）股份有限公司x x x x 解法2：先证 1 2  1 2 ， lnx lnx 2 1 2 x x lnx lnx 令0x x ，只需证 2 1  2 1 ， 1 2 x x 2 2 1 x1  x  只需证2 lnx0 x 2 1， x1 x   1 x1 令(x)2 lnx(x1)， x1 4 1 (x1)2 (x)   0， (x1)2 x x(x1)2 所以(x) 在(1,)上单调递减，所以(x)(1)0． t t t t t t t t 因为 1  2 ，所以 1 2  1 2  1 2 ， lnt lnt lnt lnt lnt lnt 2 1 2 1 2 1 2 所以lnt lnt 2，即tt e2， 1 2 1 2 所以t t 2 tt 2e． 1 2 1 2 t t 解法3：由 1  2 1t et  ， lnt lnt 1 2 1 2 lnt lnlnt 设t t (0), 1  1 ， 2 1 t t 1 1 所以lnlnt lnt ， 1 1 ln ln (1)ln 即lnt  ,lnt  ,lnt lnt  ， 1 1 2 1 1 2 1 2(x1) 构造函数g(x)lnx (x1)， x1 1 4 (x1)2 g(x)   0， x (x1)2 x(x1)2 所以g(x)在(1,)上单调递增，所以g(x) g(1)0． e e （ii）要证：x x  ，只需证：tt  ， 1 2 2a 1 2 2a 学科网（北京）股份有限公司只需证：lnt lnt 1ln2a， 1 2 只需证：2at 2at 1ln2a， 1 2 1ln2a 只需证：t t  ， 1 2 2a m m m m Q 2 1  2 1 lnm lnm 2 2 1 1 1 t  t  2 2a 2 2a  1 2at ln2a 2 令m  ,m t 得 2 1 2a 2 2 ln2a 1 即2at2 (ln2a1)t   0 ① 2 2 2a a 1 1 t t  2a 1 1 2a  1 ln2a2at 2 令m t ,m  得 1 1 1 2 2a ln2a 1 即2at2 (ln2a1)t     0 ② 1 1  2a a ①+②得：2a  t2 t2 (ln2a1)t t 0， 2 1 2 1 1ln2a 即t t  ． ……………………17分 1 2 2a 学科网（北京）股份有限公司