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