24高三数学参考答案定稿改_2024年2月_01每日更新_26号_2024届重庆市拔尖强基联盟（重庆育才中学、西南大学附属中学、重庆万州中学）高三下学期2月联合考试_数学

高三数学参考答案
1．D 解：将数据从小到大排列：2，3，5，7，9，10，16，18，20，23．∴
1
i = 1 0  7 5 ％ = 7 .5 ，则取
第8个数，选D．
1 2．C 解：由题意得8p=1，∴抛物线方程为x2 = y，∴点 4 F  0 , 1 1 6 
1
4−
，∴K = 16 = 63 ，故选C QF 1−0 16
3．B 解：对于A，若 m , m n  ⊥ ⊥ 则 n   或 n 
对于B，若 m n , m  ⊥ 则 n  ⊥
对于C，若m ,m⊥n则 n   或n 或 n 与相交
对于D，若 , l , n       则 l n 或l与n异面
4．C 解：令 n = 1 ， 1
2
S
1
+ 1 = a
1
， a
1
= 2 ，由： 1
2
S
n − 1
+ 1 = a
n − 1
( n  2 , n  N * ) ，得 a
n
= 2 a
n − 1
∴a 是公比为2的等比数列，
n
S
5
=
2 ( 1
1
−
−
2
2
5 )
= 6 2 ，选C
5．D 解：当AB过圆心O时， A B 最大为4，当AB⊥OP时， AB 最小为 2 4 − 2 = 2 2 ，
∴ A B   2 2 , 4  ，故选D
6．A 解：∵ P A  P B = 0 ，∴P在以AB为直径的圆上，设AB中点为C，
则P在P 处时原式取最小值，
1
O P  O B = O P
1
 O B = ( 2 − 1 )  ( − 2 ) = 2 − 2 2 ，
∴选A
7．C 解：∵
ta
1
n A
+
ta
1
n B
= c
s
o s
in
A
A
+ c
s
o s
in
B
B
= s in
s in
( A
A s
+
in
B
B
) =
s in
s in
A
C
s in B
= 2
sin2C 3 c2 ∴ =2 = 3= ，∴ab= 3∴选C
sinAsinB 2 ab
8．A 解：过M作MB⊥x轴，由题意可得  O A D  O M B ．
O
O
D
A
=
O
O
B
M
，∴ O D  O M = O A  O B
设点 M ( x 0 , y 0 ) ，直线AM的斜率为k．
则直线AM方程： y − y
0
= k ( x − x
0
) 与双曲线 x
a
2
2
− y
b
2
2
= 1 联立，
xx yy
可得AM方程为 0 − 0 =1，∴
a2 b2
A
 a
x
2
0
, 0

，B(x ,0)，∴OAOB =a2．
0
  9．ACD 解：∵sin2x− −1,1，∴
 6
f ( x )  1 , 5  ，∴A正确
  k 令2x− =k，则x= + ，∴ f (x)的对称中心为
6 12 12 1 2
k
1 2
, 3 , k Z    +  
10．BC 解：
，∴B错误
       令− +2k2x−  +2k，解得− +kx +k，令k = 0，得x 0, ，
 
2 6 2 6 3  3
   k  5  
∴C正确.令2x− = +k，解得x= + ，∴ f (x)在 0,  上的唯一极值点为 ，
6 2 3 2  6  3
∴D正确，故选ACD
n ( M ) = n ( N ) = A 33 + C 23 A 22 = 1 2 ， n ( M N ) = C 22 + C 12 C 12 = 5 ，n()=C2A3 =36
4 3
∴ P ( M ) = P ( N ) =
1
3
2
6
=
1
3
， P ( M N ) =
5
3 6
，∴B正确
∵M与N可能同时发生，∴M与N不互斥，∴A错误
∵P ( MN ) =1−P(MN)=1− 5 = 31 ，∴C正确
36 36
∵ P ( M N ) = P ( M ) + P ( N ) − P ( M N ) =
1
3
+
1
3
−
5
3 6
=
1
3
9
6
，∴D错误
故选BC
11．ACD 解：对于A，令 x = y = 0 得 f ( 0 + 0 ) = f ( 0 ) + f ( 0 ) + 0 ，∴ f ( 0 ) = 0 ，故A正确
对于B，令 x = y = 1 得 f ( 2 ) = f ( 1 ) + f ( 1 ) + 1 = 1 ，
令 x = 1 ， y = − 1 得 f ( 0 ) = f ( 1 ) + f ( − 1 ) − 1 ，∴ f ( − 1 ) = 1  − f ( 2 ) ，故B错误
对于C，令 x = n ， y = 1 得 f ( n + 1 ) = f ( n ) + f ( 1 ) + n ，∴ f (n+1)− f (n)=n
∴ f (2024)= f (1)+ f (2)− f (1)+ f (3)− f (2)+ + f (2024)− f (2023)
=0+1+2+3+ +2023=10122023，故C正确
对于D，令 y = 1 得 f ( x + 1 ) = f ( x ) + x ，两边同时求导得 f '(x+1)= f '(x)+1，
∴ f (' k + 1 ) − f (' k ) = 1 ，∴
2 0 2 4
k
= 1
f (' k ) = 2 0 2 4 f (' 1 ) +
2 0 2 4 
2
2 0 2 3
= 1 0 1 2  2 0 2 4 ，
故D正确
12．  3  解：易知 A =  1 , 2 , 3  ， B = ( 2 , +  ) ，∴ A B =  3 
13．
2
4 解：设A 、C中点为O，O到平面DCE距离为A 到平面DCE距离的一半，设A 到平面 1 1 1
CDE的距离为d，由 V
A1
− C D E = V
C
− A
1
D E ，即
1
3
S
 C D E
 d =
1
3
S
 A D1 E
 O D
1
 x 1 ∴d = 2 = 2 ，∴O到平面CDE的距离为 2
1 2 4 1 2
2
14．1

1 ,
4 2
7
+ 5 
解：(1) 由题a2 −ab+b2 =1，得 a 2 − a b +
1
4
b 2 +
3
4
b 2 = 1
 1  2  3  2
，得 a− b +

b

=1
 2   2 
令
a
2
3
1
2
b
b
s
c
in
o s
,  0 , 2 

 


−
=
=

 3
a= sin+cos
 3
，得
 2 3
b= sin
  3
 3 2 3 2 2 3 2   1
∴ab=

sin+cos

sin= sin2+ sincos= sin2− + ，
 3  3 3 3 3  6 3
 1 
∴ab − ,1 ，ab的最大值为1  
 3 (1) 另解：由题
2
1 + a b = a 2 + b 2  2 a b = 2 a b ，当且仅当 a = b 时取等
① 当 a b  0 时， 1 + a b  2 a b ， a b   0 ,1 
② 当 a b  0 时， 1 + a b  − 2 a b ， a b 

−
1
3
, 0

，综上： a b 

−
1
3
,1

(2) 由题知，原式 =
( a
a
2
2
+
+
1
b) 2
( b
+
2
2
+ 1 )
=
a 2 b
3
2
+
+
a
a
b
b + 2
，令 t = a b 

−
1
3
,1

t+3 t+3 1 8 
∴原式= = = ,t+3 ,4 t2 +t+2 (t+3)2 −5(t+3)+8 8  3  
t+3+ −5
t+3
8  令m=t+3 ,4 ，
 
3 
m + 8
m
  4 2 , 6  8 ，m+ −54 2−5,1，∴原式
 
m
  1 , 4 2
7
+ 5 
15．解：(1) 已知数列  a
n
 为等差数列，
 2
S
S
22
3
=
=
(
a
a
3
2
+
−
a
1
7
) ( S 3 − 1 )

 d
( 2
=
a 1
2 a
+
1
d ) 2 = ( a 1 + d − 1 ) ( 3 a 1 + 3 d − 1 )
 1 1 a 21 − 1 2 a
1
+ 1 = 0
1
a =1或 （舍），∴
1 11
a
n
= 2 n − 1 , n  N *
(2) b n = ( 2 n − 1 ) + ( 2 n − 1
1)
( 2 n + 1 ) = ( 2 n − 1 ) +

2 n
1
− 1 − 2 n
1
+ 1


1
2
∴ T
n
= b
1
+ b
2
+ + b
n
= n 2 +
1
2

1 −
2 n
1
+ 1

= n 2 +
2 n
n
+ 1
C1C2 2 16．解：(1) P = 2 2 = （1个20元，0个10元）
1 C3 20
6
P
2
= C 2C 2 1 + 2C C36 2C 2 12 = 4
2 0
（2个20元，0个10元或1个10元）
6 3
∴P=P +P = = 1 2 20 10
(2) 抽取一次得分情况为随机变量，的取值为：2，1，0
抽取一次得两分： P ( 2 )
C 22 C 12 C 22C C
36
12 C 22 C 12
1
3
0
 = =
+ +
=
17．解析：(1) ∵AB = BC = 1，ABC =60 ，∴ABC为正三角形AC = 1，
又AB∥CD，∴ACD=BAC=60
又CD =2，∴
C2C1 +C1C1C1 +C2C1 3
抽取一次得一分：P(=1)= 2 2 2 2 2 1 2 = C3 5 6
C2C1 1
抽取一次得零分：P(=0)= 2 2 =
C3 10
6
∴抽取两次的得分情况为随机变量X ，X 的取值为：4，3，2，1，0：
X 4 3 2 1 0
9 9 21 3 1
P
100 25 50 25 100
9 9 21 3 1 240
∴E(x)=4 +3 +2 +1 +0 = =2.4分
100 25 50 25 100 100
A D 2 = A C 2 + C D 2 − 2 A C  C D  c o s 6 0 = 1 + 4 − 2  1  2 
1
2
= 3
∵ A D 2 + A C 2 = C D 2 ，∴ A D ⊥ A C ，
又 A D ⊥ A M ，AM、AC为平面AMC内两条相交直线，
∴AD⊥平面MAC， A C  平 面 A B C D ，∴平面MAC⊥平面ABCD
(2) 取AC中点O，CD中点F，∵AM = CM，∴MO⊥AC，
由(1)知平面MAC⊥平面ABCD，面MAC∩面ABCD = AC，
∴MO⊥平面ABCD，又OF⊥AC，
 1 
故以O为原点建立如图所示空间直角坐标系，C0, ,0 ，
 2 
A

0 , −
1
2
, 0

， M

0 , 0 ,
3
2

，
F 
2
3 , 0 , 0  ， D  3 , − 1
2
, 0  ， B  −
2
3 , 0 , 0  ，
设 E ( x , y , z ) ，由 B E E M  =
 3   3 
得

x+ ,y,z

=−x,−y, −z ，
 2   2 
 3
x=−
2(1+)


∴y=0 ∴

3
z=
 2(1+) 
E
2 ( 1
3
)
, 0 ,
2 (
3
1 )

 

−
+ +

设平面ADM的法向量为m=(x,y ,z )
1 1 1
则
 m
n
 A
 A
D
M
=
=
0
0

 (
(
x
x
1
1
,
,
y
y
1
1
,
,
z
z
1
1
)
)


(

0
3
,
,
1
2
0
,
, 0
3
2
)

=
=
0
0

 x
1
2
1
=
y
1
0
+
3
2
z
1
= 0
取 m = ( 0 , 3 , − 1 )
设平面ACE的法向量为 n = ( x
2
, y
2
, z
2
)
(x ,y ,z )(0,−1,0)=0
nCA=0  2 2 2  y =0
则   3 1 3   2 nCE=0  (x 2 ,y 2 ,z 2 )  − 2(1+) ,− 2 , 2(1+)   =0 − 32+3z 2 =0
  
取 n ( 3 , 0 ,1 )  = ，则 m n ( 0 , 3 , 1 ) ( 3 , 0 ,1 ) 1   = −  = − ， m = 1 0 ， n 3 2 1  = +
mn 70 1 70
由 = 得： = ，32 +1=7
m n 70 10 32 +1 70
∴2 =2，又0，∴= 218．解析：(1) 由题意知，
3
e
1
= e
2
，∴ b
a
2
2
=
1
4
2
，∴ a 2 = 3 b 2 ，又∵ P ( 3 ,1 ) 在椭圆上，∴ 3
a 2
+ 1
b 2
= 1 ，
∴ b 2 = 2 , a 2 = 6 ，∴椭圆 E
1
的标准方程为 x
6
2 + y
2
2 = 1
(2) 要证 S  A P D = S  B Q D 即证 A P = B Q ，设 A ( x A , y A ) , B ( x B , y B ) , P ( x P , y P ) , Q ( x Q , y Q )
①当直线 l1 斜率不存在时，由椭圆对称性可知 A P = B Q 成立
②当直线 l1 斜率存在时，设 k
1
，则AB方程： y − 1 = k
1
(
x − 3
)
联立
 y
x
6
−
2
1
+
=
y
2
k
2
( 1
=
x
1
− 3 )
得 ( 3 k 21 + 1 ) x 2 + ( 6 k
1
− 6 3 k 21 ) x + 3 ( 1 − 3 k
1
) 2 − 6 = 0
∴ x
P
+ x
Q
= 6 3
3
k
k
2121 −
+
6
1
k 1 , x
P
x
Q
= 3
(
1 −
3 k
3
21
k 1
+
)
1
2
− 6
联立
 y
x
1
−
2
2
1
+
=
y
4
k
2
(
1
=
x
1
− 3 )
得 ( 3 k 21 + 1 ) x 2 + ( 6 k
1
− 6 3 k 21 ) x + 3 ( 1 − 3 k
1
) 2 − 1 2 = 0
∴ x
A
+ x
B
=
6 3
3
k
k
2121 −
+
6
1
k
1 , x
A
x
B
=
3
(
1 −
3 k
3 k
21
1
+
2 )
1
− 1 2
∴ x
P
+ x
Q
= x
A
+ x
B
，∴ x
P
− x
A
= x
B
− x
Q
A P = 1 + k 21  x
P
− x
A
， B Q = 1 + k 21  x
B
− x
Q
∴ A P = B Q ，
综上所述： S
 A P D
= S
 B Q D
(3) 由第二问可知 C P = D H ，∴
B
D
Q
H
=
D
B
P
P
 A P  B P = C P  D P
设直线CD的斜率为k ，直线CD方程为y−1=k ( x− 3 ) ，设
2 2
C ( x
C
, y
C
) , D ( x
D
, y
D
)
联立
 y
x
1
−
2
2
1
+
=
y
4
k
2
2
=
( x
1
− 3 )
得 ( 3 k
2
2 + 1 ) x 2 − ( 6 3 k
2
2 − 6 k
2
) x + 3 ( 1 − 3 k
2
) 2 − 1 2 = 0
∴ x C + x D =
6 3
3
k
k
2
22
2
−
+
6
1
k
2 , x C x D =
3
(
1 −
3 k
3
2
k
2
2
+
2 )
1
− 1 2
CP DP = 1+k 2 x −x 1+k 2 x −x
2 C P 2 D P
A P B P = 1 + k 21 x
A
− x
P
1 + k 21 x
B
− x
P
19．解析：(1)
∴ ( 1+k 2)(x −x )(x −x ) = ( 1+k2)(x −x )(x −x )
2 C P D P 1 A P B P
即 ( 1+k 2) x x −x (x +x )+x 2 = ( 1+k2) x x −x (x +x )+x 2
2 C D P C D P 1 A B P A B P
1+k 2 1+k2
化简得 2 = 1 ，∴k2 =k 2，由题意k k ，∴k +k =0，∴+=
3k 2 +1 3k2 +1 1 2 1 2 1 2
2 1
f ( x ) 定义域为 x  ( − 1 , +  ) ， f (' x ) =
x
1
+ 1
− m
①当−m0即m0时， f '(x)0， f (x)在(−1,+)上为增函数；
②当−m0即m0时， f (' x ) =
− m

x
x
+
+
1
1
−
1
m

= 0  x = 1
m
− 1  − 1 ，
1
f '(x)0−1x −1，
m
∴ f ( x ) 在  − 1 , 1
m
− 1  上为增函数，在  1
m
− 1 , +   上为减函数
(2) m = 1 时， h ( x ) = c o s x + ln ( x + 1 ) − x ， h (' x ) = − s in x +
x
1
+ 1
− 1
①x(−1,0时， h (' x ) 在 ( − 1 , 0  上单调递减，∴ h (' x )  h (' 0 ) = 0
∴ h ( x ) 在(−1,0上单调递增，又 h ( 0 ) = 1  0 ， h
 1
e 2
− 1

= c o s
 1
e 2
− 1

− 2 −
1
e 2
+ 1  0
∴  x
1

 1
e 2
− 1 , 0

，使得h(x )=0，即h(x)在
1
( − 1 , 0  上有且仅有1个零点 x
1
② x  , )   +  时，由(1)知 f ( x ) = ln ( x + 1 ) − x 在  , )  +  上单调递减，
即 f ( x ) f ( ) ln ( 1 )     = + −
∴ h ( x ) c o s x f ( x ) 1 ln ( 1 ) 1 ln e 2 3 0     = +  + + −  + − = − 
∴ h ( x ) 在,+)上没有零点
③ x ( 0 , )   时，
 −
x
s in
1
+ 1
x
−

1
0
 0
，∴ h (' x ) = − s in x +
x
1
+ 1
− 1  0
即 h ( x ) 在(0,)上单调递减，又 h ( 0 ) = 1 ， h ( ) ln ( 1 ) 1 0    = + − − 
∴ h ( x ) 在(0,)上有且仅有一个零点 x
2
综上所述， h ( x ) 在(−1,+)上有且仅有两个不同的零点 x 1 和x 2
(3) 令(x)= f (x)+g(x)=ln(x+1)+cosmx−mx−1
由于(x)0恒成立，且(0)=0，同时 ( x )  在 ( − 1 , +  ) 上连续，
∴ x = 0 是(x)的一个极大值点
1
∵'(x)= −msinmx−m，∴
x+1
(' 0 ) 1 m 0  = − = 即 m = 1 ，
下面证明 m = 1 时 ( x ) 0   在x(−1,+)上恒成立
由(1)知 m = 1 时， f (x)在(−1,0)上单调递增，在(0,+)上单调递减
∴ f (x) f (0)=0，又g(x)=cosx−10，∴(x)= f (x)+g(x)0恒成立