2024年新高考联考协作体高三2月收心考试-数学试题答案(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 年新高考联考协作体高三 2 月收心考试 高三数学参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D A C B D B C ACD AC ABD 【解析】 4、【解析】假设经过n年后年全年投入的研发资金开始超过200万元，即160(1.1)n 200 13lg2 0.1 所以n  2.5，因此超过200万元的年份是2026年.答案选C. lg1.1 0.04       (a2e)e       5、【解析】a2e在e 上的投影向量为  e (ae 2)e，所以ae 3， e       2 因为|2ea| 1044ea a 10 a 3 2   2  所以：a与e夹角的余弦值为 ，所以夹角为 .答案选B. 2 4 2x 8x 2x 8x 2x 8x 2x 8x 8x 2x 6、【解析】因为 f(x) (a 0且a 1)是偶函数，所以  , ax xax xax (x)ax ax 2x8x 因此：a2x 2x8xa2 16,a 4(舍负)，因此答案选D. 1 7、【解析】设APC ,S  |PA|2 sin2 PAB 2 1 1 1 3 1 tan 3 直角三角形APC，PA ，所以 sin2    tan 2 tan2 12 tan2 1tan2 12  整理可得：tan3tan4 3 0tan 3, 3 1 2 3 因此PC   ，答案选B(本题带选项验算也可以). sin 3 8、【解析】取两种特殊情况说明：k 1时显然成立；当k 4时，理由如下 因为a 是等比数列，设公比为qq0，则a 0， n n 当tN，a a 时，a aq4，即a  q2 1  q2 1  0， t t4 t t t 若a 0，则1q1 t *数学答案(共 9 页)第 1 页 {#{QQABaQSEggiIAAJAAQgCAw16CAAQkAACAKoOxAAAsAABCQFABAA=}#}注意到，当q0时，a aq0，与假设矛盾，舍去， t1 t 故0 q1，此时a a qa ，则a 为递减数列； t1 t t n 若a 0，则q1或q 1，， t 注意到，当q1时，a aq0，与假设矛盾，舍去， t1 t 故q1，此时a a qa ，则a 为递减数列； t1 t t n 综上：当tN，a a 时，a 为递减数列，即充分性成立； t t4 n 当a 为递减数列时，a a a  a  a ，即tN，a a 成立，即必要性成立； n t t1 t2 t3 t4 t t4 故选：C. 9、【解析】设弧 AD 所在圆的半径为 R，弧 BC 所在圆的半径为 r，弧 AD 的长度是弧 BC 长度的 3 倍，   3  R 3 r,即R 3r,CD  Rr 2r 2,r 1,R 3 ，所以弧 AD 的长度为  ；曲池的体积为 2 2 2 1 1 V ( R2 r2)AA 10； 4 4 1 1 1 1 1 曲池的表面积为( R2 r2)2( R r)52522014； 4 4 2 2 1 三棱锥ACC D的体积为 355.答案选：ACD. 1 3 3 10、【解析】当 a 1时， y |x3 3ax|在区间( ,2)上单调递减，因为函数 y |x33ax|在x 0上的单调递减 2 a 1   3 4 9 区间为( a, 3a)，所以 a  ，因此 a  ； 2 3 4    3a 2 3 当 0 a 1时， y |x3 3ax|在区间( ,2)上单调递增，因为函数 y |x33ax|在x 0上的单调递增区间为 2 0a 1  3 (0, a),( 3a,)，所以 3因此0a  3a  4   2 答案选AC. 11、【解析】因为(a a )2 3(a a )2,a 1，所以a a 1或a a  2，因此A，B是正确的.相邻 n1 n n1 n 1 n1 n n1 n 两项的差值最小为1，最大为2，所以当{a }是以1为首项，以1为公差时，S 取最小值为66；当{a }是以1为首项， n 11 n *数学答案(共 9 页)第 2 页 {#{QQABaQSEggiIAAJAAQgCAw16CAAQkAACAKoOxAAAsAABCQFABAA=}#}以2为公差时，S 取最大值为121；且S 取值一定是正整数，所以S 的取值个数为121-66+1=56,所以C不对. 11 11 11 2a  a a a a  a a (a a )(a a )(a a )(a a )， 6 1 11 6 1 11 6 6 5 2 1 11 10 7 6 所以满足2a  a a 的数列{a }的个数为 6 1 11 n C0C0 C1C1C2C2 C3C3 C4C4 C5C5  252.答案ABD. 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 二、非选择题 325  2 5 12. ③ 13.  14. [ , ][ ,] 9 2 3 6 【解析】 13、【解析】 连接AC ，即求三角形ACD的外接圆的面积. 3 直角三角形ABC中，AB6,BC 8,AC 10，所以sinACB 5 3 ADBC,sinDAC  ， 5 直角梯形ABCD中，DC 2 13， 2 13 10 13 三角形ACD的外接圆直径为：2R   ， 3 3 5 325 因此三角形ACD的外接圆的面积  9 14、【解析】   由已知可知g(x)4sin(2x)3，因为对任意x [0, ]，都存在x [ ，0]，使得 f(x )  g(x )，所以 1 2 2 4 1 2   f(x)在x[0, ]上的值域是g(x)在x[ ，0]上值域的子集 2 4    f(x)在x[0, ]上的值域[-1,1]，且x[ ，0],2x[ ,] 2 4 2    因为g(x)值域中一定有1这个元素，所以 2k[ ,],kZ[ ,]（必要条件） 2 2 2  还需要约束g(x)的最小值小于等于-1，所以4sin( )31或者4sin31 2 1 1  2 5 因此sin 或者cos ，所以[ , ][ ,]. 2 2 2 3 6  cosB 3  15.（1）当C  时，  ，所以2cos(B )1,B(0,) 6 1sinB 3 6 *数学答案(共 9 页)第 3 页 {#{QQABaQSEggiIAAJAAQgCAw16CAAQkAACAKoOxAAAsAABCQFABAA=}#} 因此B ；……………………………………………………5分 6 cosB （2）  tanC,cosBcosCsinBsinC sinC 1sinB  化简得cos(BC)sinCsin(A )sinC ………………………8分 2    因此：AC ,B  2C(0C  ) 2 2 4 7 7 7 7 b c则sinB  sinC,cos2C  sinC,2sin2C sinC10………………………11分 2 2 2 2 1 所以sinC  或sinC  2(舍) 4 1 因此sinC  .………………………13分 4 16.（1）摸球两次停止摸球说明前面两次摸到的是白色球，记事件A,i 1,2为“第i次摸球的颜色是白色” i 2 1 1 因此P(A A )   ；………………………………………………4分 1 2 6 5 15 （2）X 的可能取值为2，3，4，5 2 1 1 P(X  2)   6 5 15 2 4 1 2 P(X 3) 2    6 5 4 15 ………………………7分 4 3 2 1 2 4 3 1 4 P(X  4)    3     6 5 4 3 6 5 4 3 15………………………10分 8 P(X 5)1P(X  2)P(X 3)P(X  4) 15………………………13分 X 2 3 4 5 1 2 4 8 P 15 15 15 15 261640 64 E(X)  15 15 64 因此X 的期望为 .………………………………………………15分 15 17.因为PA底面ABCD，四边形ABCD为菱形，取CD中点H， AB  AD 2,BD 2 3,BAD 120 。，ACD是等边三角形，AH CD *数学答案(共 9 页)第 4 页 {#{QQABaQSEggiIAAJAAQgCAw16CAAQkAACAKoOxAAAsAABCQFABAA=}#}以点A为坐标原点，AB、AH、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，…………2分      1  设PA AB2，则A0,0,0、B2,0,0、C 1, 3,0 、D 1, 3,0 、P0,0,2、E1,0,1、F  , 3,0，  2      设PG PC  , 3,2 ，其中01，      选择条件①AG  APPG  , 3,22 ， uuur   1      1  AE1,0,1，AF    , 3,0 ，设AG mAEnAF  m n, 3n,m，  2   2   1 m n  2   4 则 3n 3，解得 （其它方法酌情给分）………………………6分  7 m22      4 4 6 uuur  (2) AG mAEnAF   , 3, ,AE1,0,1 ,平面AEG的法向量n (x ,y ,z ) 7 7 7 1 1 1 1   4 4 6 n AG  x  3y  z  0  3  1 7 1 7 1 7 1 则n (1, ,1)………………………9分  n    A  E   x z  0 1 6 1 1 1     1  设平面PAF的法向量为nx,y,z，AP0,0,2，AF    , 3,0 ，  2    nAP  2z 0    3  则   1 ，取x2，则n  2, ,0  ，………………………12分 nAF  x 3y  0  3   2     nn 13 cosn,n   1  ………………………14分 1 |n||n | 5 1 *数学答案(共 9 页)第 5 页 {#{QQABaQSEggiIAAJAAQgCAw16CAAQkAACAKoOxAAAsAABCQFABAA=}#}13 平面AEG与平面APF 所成二面角的余弦值为 ………………………15分 5     选择条件②AG  , 3,22 ，BP2,0,2，     2 若AG平面PBD，因为AGBD 0且AGBP2440，解得 ， ………………………6分 3  2 2 3 2 uuur  （2）AG ( , , ),AE1,0,1 ,平面AEG的法向量n (x ,y ,z ) 1 1 1 1 3 3 3    2 2 3 2 n AG  x  y  z  0   1 3 1 3 1 3 1 则n (1,0,1)………………………9分  1  n AE  x z  0 1 1 1     1  设平面PAF的法向量为nx,y,z，AP0,0,2，AF    , 3,0 ，  2    nAP  2z 0    3  则   1 ，取x2，则n  2, ,0  ，………………………12分 nAF  x 3y  0  3   2     nn 78 cosn,n   1  ………………………14分 1 |n||n | 13 1 78 平面AEG与平面APF 所成角的余弦值为 .………………………15分 13     1  选择条件③设平面PAF的法向量为nx,y,z，AP0,0,2，AF    , 3,0 ，  2    nAP  2z 0    3  则   1 ，取x2，则n  2, ,0  ， nAF  x 3y  0  3   2        EG EPPG 1,0,1  , 3,2  1, 3,12 ，   2 若EG//平面PAF，则EGn22320，解得 ，………………………6分 3  2 2 3 2 uuur  （2）AG ( , , ),AE1,0,1 ,平面AEG的法向量n (x ,y ,z ) 1 1 1 1 3 3 3    2 2 3 2 n AG  x  y  z  0   1 3 1 3 1 3 1 则n (1,0,1)………………………12分  1  n AE  x z  0 1 1 1 *数学答案(共 9 页)第 6 页 {#{QQABaQSEggiIAAJAAQgCAw16CAAQkAACAKoOxAAAsAABCQFABAA=}#}    nn 78 cosn,n   1  ………………………14分 1 |n||n | 13 1 78 平面AEG与平面APF 所成角的余弦值为 .………………………15分 13 18.证明：线段MN的中点为定点．   S 2ab 4 a 2   A 1 B 1 A 2 B 2  【详解】（1）由题意可得a2 b2 c2 ，解得b1 ，    c 3 c 3 e   a 2 x2 所以椭圆方程为  y2 1.………………………5分 4 （2）由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:y k  x2 1,P  x ,y  ,Q  x ,y ， 1 1 2 2 y k  x2 1 联立方程  x2 ，消去y得：  4k2 1  x2 8k  12k  x16  k2 k  0 ，   y2 1  4 则Δ0，解得k 0，   8k  12k  16 k2 k 可得x x  ,x x  ，………………………8分 1 2 4k2 1 1 2 4k2 1 y 1 因为B  0,1  ，则直线BP:y  1 x1， 1 1 x 1 2x  2x   2x  令 y 1，解得x  1 ，即M 1 ,1 ,同理可得M 2 ,1，………………………12分 y 1  y 1   y 1  1 1 2 2x 2x 1  2 则 y 1 y 1 x x 1 2  1  2 2 kx 2k kx 2k 1 2 x (kx 2k)x (kx 2k) 2kx x 2k(x x ) 16k2  1 2 2 1  1 2 1 2  4 ………………………16分 (kx 2k)(kx 2k) k2x x 2k2(x x )4k2 4k2 1 2 1 2 1 2 所以线段MN的中点是定点 4,1  .………………………17分 *数学答案(共 9 页)第 7 页 {#{QQABaQSEggiIAAJAAQgCAw16CAAQkAACAKoOxAAAsAABCQFABAA=}#}(x1)(ex x) 19.（1）定义域为x(0,)，h(x) x2 所以函数h(x)在(0,1)上单调递减，(1,)上单调递增，……………………………….2分 h(x)的最小值为h(1)e1a， x0时，h(x)；x，h(x) h(x)有两个零点，只需要h(1)e1a0，即a e1……………………………………….4分 实数a的取值范围为(e1,) ……………………………………….5分 ex 1 ex 2 x x （2）因为a   ，取对数可得：x lnx  x lnx  2 1 1………………………7分 x x 1 1 2 2 lnx lnx 1 2 2 1 x x x x x x x 下证： x x  2 1 即证明：ln 2  2 1  2  1 1 2 lnx lnx x x x x x 2 1 1 1 2 1 2 x 1 令t  2 1，即证：2lnt t ………………………9分 x t 1 1 t2 2t1 令g(t)2lntt ,g(1)0,g(t) 0 t t2 所以g(t)在(1,)上单调递减,g(t) g(1)0恒成立 . 因此x x 1得证.……………………………………….10分 1 2 3 （3）要证：以AB为直径的圆与直线 y  (x1)恒有公共点 4 3 x x 3 1 2  4 2 4 x x 即证：  2 1 19 2 4 也就是证明：16(x x )2 12(x x )1276x x 0 ……………………………………….12分 1 2 1 2 1 2 由（2）可知x x 1，所以 1 2 16(x x )2 12(x x )1276x x 16(x x )2 12(x x )880 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 即4  4(x x )11  (x x 2)0 1 2 1 2 *数学答案(共 9 页)第 8 页 {#{QQABaQSEggiIAAJAAQgCAw16CAAQkAACAKoOxAAAsAABCQFABAA=}#}11 下面证明：x x  成立即可 1 2 4 ex(x1) 因为 f(x) ,x(,0)(0,)，因此 f(x)的单调递增区间为(1,)，单调递减区间为(,0),(0,1)， x2 所以0 x 1 x ， 1 2 x ex 1 ex 2 lnt tlnt (t 1)lnt 令t  2 ,  ,x  ,x  ,t 1x  x  ………………………13分 x x x 1 t 1 2 t 1 1 2 t 1 1 1 2 1 (2lntt ) (t1)lnt 令(t) ,(t) t t1 (t1)2 1 t2 2t1 令g(t)2lntt ,g(1)0,g(t) 0 t t2 所以g(t)在(1,)上单调递减,g(t) g(1)0恒成立 . 因此(t)0恒成立，(t)单调递增； 当a越大时，t越大，因此x x 的值越大.………………………15分 1 2 1 当a5时，因为 f( )4e0.25 50, f(2.5)0.4e2.550， 4 11 所以1 x 0.25,x 2.5,x x  ， 1 2 1 2 4 11 所以a5是，x x  ………………….17分 1 2 4 *数学答案(共 9 页)第 9 页 {#{QQABaQSEggiIAAJAAQgCAw16CAAQkAACAKoOxAAAsAABCQFABAA=}#}