2024年高考数学新结构模拟适应性特训卷（二）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 年高考数学新结构模拟适应性特训卷（一） 答案 一、选择题：本题共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． 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C A C C A A C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 序号 9 10 11 答案 ABD CD CD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12(−∞,0) 13 5 1 14 /e−1 e 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应 写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15.（满分13分） 【答案】(1)a =13−2n n (2)52 【分析】（1）设出{a }的公差为d，利用等差数列通项公式和前n项和公式求解即可； n （2）由（1）判断出{a }前六项为正，后四项为负，进而利用前n项和公式求解即可. n 【详解】（1）设等差数列{a }的公差为d， n a =a +4d =3  5 1 a =3，S =35，∴ 5×4 ， 5 5 S =5a + d =35  5 1 2 解得a =11，d =−2， 1 故a =a +(n−1)d =13−2n. n 1 学科网（北京）股份有限公司（2）由（1）知a =−2n+13，d =−2， n n(11+13−2n) ∴a =1，a =−1，S = =12n−n2， 6 7 n 2 ∴T = a + a ++ a =a +a ++a −(a +a +a +a ) 10 1 2 10 1 2 6 7 8 9 10 =S −(S −S )=2S −S =52． 6 10 6 6 10 16.（满分15分） 【答案】(1)0.69 6 (2) 23 (3)应多安排甲跑第四棒，理由见解析 【分析】（1）根据全概率公式即得出答案. （2）根据条件概率的计算公式即可求解. （3）分别求出四个位置上的获胜概率，即可做出判断. 【详解】（1）记“甲跑第一棒”为事件A，“甲跑第二棒”为事件A ，“甲跑第三棒”为事件A ，“甲跑第 1 2 3 四棒”为事件A ，“运动队获胜”为事件B， 4 则P(B)=P(A)P(B|A)+P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A ) 1 1 2 2 3 3 4 4 =0.3×0.6+0.2×0.8+0.2×0.7+0.3×0.7=0.69， 所以当甲出场比赛时，该运动队获胜的概率为0.69． P(AB) P(A)P(B|A) 0.3×0.6 6 （2）P(A |B)= 1 = 1 1 = = ， 1 P(B) P(B) 0.69 23 6 所以当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，甲跑第一棒的概率为 ． 23 P(A B) 0.2×0.8 16 （3）P(A |B)= 2 = = ， 2 P(B) 0.69 69 P(AB) 0.2×0.7 14 P(A |B)= 3 = = ， 3 P(B) 0.69 69 P(A B) 0.3×0.7 21 P(A |B)= 4 = = ， 4 P(B) 0.69 69 所以P(A |B)>P(A |B)>P(A |B)>P(A |B)． 4 1 2 3 所以应多安排甲跑第四棒，以增加运动队获胜的概率． 17.（满分15分） 2 7 【答案】(1) 35 2 19 (2) 19 学科网（北京）股份有限公司  【分析】（1）根据题设易于建系，分别求出相关点的坐标，得到DC ， BE 的坐标，利用空间向量的 1 夹角公式计算即得； （2）同上建系，求出相关点坐标，分别求得两个平面的法向量坐标，最后利用空间向量的夹角公式计 算即得. 【详解】（1） 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD， 因为OB ⊥平面ABCD，所以OB，OA，OB 两两垂直，AB=OB =4 1 1 1 如图，以点O为原点，OB，OA，OB 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系. 1 则A(0,2,0)，B ( 2 3,0,0 ) ，C(0,−2,0)，D ( −2 3,0,0 ) ，B (0,0,4) . 1   ( ) ( ) BA= −2 3,2,0 ，BB = −2 3,0,4 ，在三棱柱ABCABC 中，因BC //BC//AD,BC =BC = AD， 1 1 1 1 1 1 1 1   易得ADCB ,故DC = AB =(0,−2,4)， 1 1 1 1          1 1 1 ( ) 因为点E为AA 中点，所以AE= AA ，所以BE=BA+AE=BA+ AA =BA+ BB = −3 3,2,2 ， 1 2 1 2 1 2 1     BE⋅DC 1 4 2 7 因 cosBE,DC =   = = ， 1 BE DC 35×2 5 35 1 2 7 所以异面直线BE与DC 所成角的余弦值为 . 7 35      ( ) ( ) （2）DC =(0,−2,4)，C A =CA=(0,4,0)，BC = −2 3,−2,0 ，BB = −2 3,0,4 ， 1 1 1 1      n ⋅C A =4y =0 设n =(x,y ,z )是平面ACD的一个法向量，则 11 1 1 ， 1 1 1 1 1 1 n ⋅DC =−2y +4z =0 1 1 1 1  取x =1，得n =(1,0,0)， 1 1     n ⋅BC =−2 3x −2y =0 设n =(x ,y ,z )是平面BCCB 的一个法向量，则2  2 2 ， 2 2 2 2 1 1 n ⋅BB =−2 3x +4z =0 2 1 2 2  取x =2，得n = ( 2,−2 3, 3 ) ， 2 2 设平面ACD与平面BCCB 的夹角为θ， 1 1 1 1 学科网（北京）股份有限公司    n ⋅n 1 2 2 2 19 则cosθ= cosn 1 ,n 2 = n  1 n  2 = 22+ ( −2 3 )2 + ( 3 )2 = 19 ， 2 19 故平面ACD与平面BCCB 的夹角的余弦值为 . 1 1 1 1 19 18.（满分17分） x2 y2 【答案】(1) + =1 12 4 (2)证明见解析 24 6  (3) ,8 2    11  【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可； （2）设直线l :y=kx+m(m≠2)，联立直线和椭圆方程，消元后，利用k +k =4k (k ≠0)，建 AB PA PB AB AB 立方程，解出后验证即可； （3）设直线l :y=kx−1，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用 AB 1 S = FF y −y 进行计算，换元法求值域即可. F1AF2B 2 1 2 1 2 b=2  c 6 【详解】（1）由题设得 = ，解得a2 =12， a 3 a2 =b2+c2  x2 y2 所以C的方程为 + =1； 12 4 （2）由题意可设l :y=kx+m(m≠2)，设A(x,y )，B(x ,y )， AB 1 1 2 2 y=kx+m 由  x2 y2 ，整理得 ( 1+3k2) x2+6kmx+3m2−12=0，  + =1 12 4 Δ=36k2m2−4 ( 1+3k2)( 3m2−12 ) =12 ( 12k2−m2+4 ) >0． 3m2−12 −6mk 由韦达定理得xx = ，x +x = ， 1 2 1+3k2 1 2 1+3k2 y −2 y −2 由k +k =4k 得 1 + 2 =4k， PA PB AB x x 1 2 kx +m−2 kx +m−2 即 1 + 2 =4k， x x 1 2 整理得2mk(m−2)=2 ( 4−m2) k， 因为k ≠0，得m2−m−2=0，解得m=2或m=−1， 学科网（北京）股份有限公司m=2时，直线AB过定点P(0,2)，不合题意，舍去； m=−1时，满足Δ=36 ( 4k2+1 ) >0， 所以直线AB过定点(0,−1)． 1 （3））由（2）得直线l :y=kx−1，所以x= (y+1)， AB k  1 x= (y+1)   k 由 ， x2 y2 + =1 12 4  1  2 1  1  整理得 +3y2+ y+ −12=0，Δ=36 +4>0， k2  k2 k2 k2  1 +4 由题意得S = 1 FF y −y =2 2 y −y =12 2 k2 ， F1AF2B 2 1 2 1 2 1 2 1 +3 k2 1 1 1 因为k = ，所以k2 > ，所以0< <8， AF2 2 2 8 k2 1 令t = +4，t∈(2,2 3)， k2 t 1 S =12 2 =12 2 所以 F1AF2B t2−1 1，在t∈(2,2 3)上单调递减， t− t 24 6  所以S 的范围是 ,8 2． F1AF2B   11   19.（满分17分） x2 【答案】(1) f (x)= +x是[1,2]上的“3类函数”，理由见详解. 2 1 4+e (2) ≤a≤ e2 ee+1 (3)证明过程见详解. 【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明 f (x )− f (x ) <3 x −x 即可； 1 2 1 2 学科网（北京）股份有限公司（2）由已知条件转化为对于任意x∈[1,e]，都有−2< f′(x)<2， f′(x)=axex−x−lnx−1，只需 x+lnx+3 x+lnx−1 a< 且a> ，利用导函数研究函数的单调性和最值即可. xex xex 1 1 （3）分 x −x < 和 ≤ x −x <1两种情况进行证明， f (1)= f (2)，用放缩法 1 2 2 2 1 2 f (x )− f (x ) = f (x )− f (1)+ f (2)− f (x ) ≤ f (x )− f (1) + f (2)− f (x ) 进行证明即可. 1 2 1 2 1 2 【详解】（1）对于任意不同的x,x ∈[ 1,2 ]， 1 2 x +x +2 有1≤x f (x )−2x ， 1 1 2 2 1 1 2 2 故 f (x)+2x为[ 1,e ]上的增函数， f (x)−2x为[ 1,e ]上的减函数， 故任意x∈[1,e]，都有−2≤ f′(x)≤2， x+lnx+3 x+lnx+3 由 f′(x)≤2可转化为a≤ ，令g(x)= ，只需a0，m(e)=1−e<0，所以∃x ∈[ 1,e ]使m(x )=0，即2−lnx −x =0， 0 0 0 0 即lnx =2−x ,x =e2−x0， 0 0 0 当x∈[ 1,x )时，m(x)>0，h′(x)>0，故h(x)在[ 1,x )单调递增， 0 0 当x∈(x ,e ]时，m(x)<0，h′(x)<0，故h(x)在(x ,e ]单调递减， 0 0 学科网（北京）股份有限公司x +lnx −1 1 h(x) =h(x )= 0 0 = ， max 0 x ee+1 e2 0 1 4+e 故 ≤a≤ . e2 ee+1 （3）因为 f (x)为[1,2]上的“2类函数”，所以 f (x )− f (x ) <2 x −x ， 1 2 1 2 不妨设1≤x