三模数学答案_2024年4月_01按日期_30号_2024届湖南省永州市高三第三次模拟考试_湖南省永州市2024年(届)高三年级高考第三次模拟考试数学

永州市 2024 年高考第三次模拟考试 数学参考答案及评分标准 一、单项选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D D C C A C B 二、多项选择题 题号 9 10 11 答案 AD BCD ACD 三、填空题 7 1 12．{3} 13． 14． 8 16 7. 解析： f(x)ex ex cosx12 exex cosx11cosx0． f(x)在R上单调递增． 令g(x) f(x)2，g(x)为奇函数， g(x)在R上单调递增， f(x)g(x)2． 则 f(log t) f(3)4化为g(log t)2g(3)24． 1 1 2 2 g(log t)g(3) g(log t) g(3)log t 3． 1 1 1 2 2 2 解得0t8．t(0 , 8)． 8. 解析： 如图CB3F A，FAF ~FBC,|FF |2c，|CF |4c 2 1 2 1 1 2 2 设|AF |t，则|BF |3t，|AB|2t 1 1 |BC| |FC| BF 平分FBC,  2 2, 2 1 |BF | |FF | B 1 1 2 A |BC|2|BF |6t， 1 F O F C 1 1 2 |AF | |BC|2t, 2 3 由双曲线定义可知|AF ||AF |t2a， 2 1 |BF ||BF |2a,|BF | AF  AB 4a， 1 2 2 2 永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第1页（共9页） {#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}ABF 600,在FBF 中，由余弦定理知 2 1 2 |FB|2 |FB|2 |FF |2 (6a)2(4a)2(2c)2 cosFBF  1 2 1 2  1 2 2|FB||FB| 26a4a 1 2 b 42 化简得c 7a，由a2b2 c2得  ， c 7 b b 42 tanPOF  ，sinPOF   . 2 a 2 c 7 11.解析： 当M 为BD中点且MN  AC时， MN 长度最短， 1 21 由等面积法求得最小值为 ．故A对． A 1 14 13 半径为 ．故B错． 3 O D 如图，过A 作AE BD，连接EC， E 1 1 O 1 B C 过球心O作OO EC H F 1 1 则O 为EC的中点，且OO  ， 1 1 2 又球半径为1，球与BCD的 3 D 一交点为H ，则OH  ， 2 3 又过O 1 作O 1 F BC，O 1 F  4 ， 600 O 1 C 球与底面BCD的交线如图， F 2 3 3 交线长为   ， H 3 3 3 B 故C对． 转过的曲面为圆锥的一部分侧面积， 该圆锥母线长为 2，底面圆半径为1， 1 2 故面积为 2  ．故D对． 3 3 永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第2页（共9页） {#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}14.解析： 1x x 1x x 1 f(x)1 f(1x)12f( )2f( )，f( ) f( ) 7 7 7 7 2 1 1 f(0) f( ) ， f(0) f(1)1， 7 2 1 1 1 1 1 f(1) f( ) ， f(1)  f( )2f( ) 7 2 2 7 7 1 1 1 1 1 343 1 1 f( ) ，当x( , )时， f(x) ，而 （ ，） 7 2 7 2 2 2024 7 2 1 1 7 1 49 1 343 1 f( ) f( ) f( ) f( ) . 2024 2 2024 4 2024 8 2024 16 四、解答题 15．（本题满分13分） 解： （1）依题意可得22列联表如下： 树苗成活情况 类别 合计 成活 不成活 含M 元素 45 5 50 不含M 元素 40 10 50 合计 85 15 100 …………………2分 零假设为H :该品种树苗成活与M 元素含量无关联． …………………3分 0 根据列联表中的数据， 100(4510405)2 100 2   1.9612.706 x ．…………………5分 50508515 51 0.10 根据小概率值0.10的独立性检验，没有充分证据推断H 不成立，因此可以认为H 0 0 成立，即认为该品种树苗成活与M 元素含量无关联． …………………6分 （2）由题意知，不成活的树苗共有15株，甲地不成活的树苗有5株， X 的可能取值为0，1，2，3 …………………7分 C0C3 24 故P(X 0) 5 10  ， C3 91 15 C1C2 45 P(X 1) 5 10  ， C3 91 15 永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第3页（共9页） {#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}C2C1 20 P(X 2) 5 10  ， C3 91 15 C3C0 2 P(X 3) 5 10  ． C3 91 15 故X 的分布列为 X 0 1 2 3 24 45 20 2 P 91 91 91 91 …………………11分（一个概率1分） 24 45 20 2 期望E(X)0 1 2 3 1 91 91 91 91 5 （另解：易知X 服从超几何分布，则E(X)3 1） 15 …………………12分 24 45 20 2 4 方差D(X) (01)2  (11)2  (21)2  (31)2  ． 91 91 91 91 7 …………………13分 16.（本题满分15分） 解： BC 1 （1）在RtBCD中，tanBDC   ， …………………1分 CD 2 AB 1 在RtABC中，tanACB  ， BC 2 BDC ACB， …………………2分 BDCACDACBACD90， …………………3分 ∴AC BD， …………………4分 又EC 平面ABCD，BD平面ABCD， ∴EC BD， 又ACECC，AC 平面AEC，EC 平面AEC， …………………5分 BD平面AEC， …………………6分 又AE 平面AEC，BD AE． ……………7分（其他方法酌情给分） （2）设多面体ABCDEF 的体积为V ，EC 2BF 2x． 永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第4页（共9页） {#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}1 1 1 1 11 则V V V  ABS  ECS  13x 2x4 ABCEF EACD 3 四边形BCEF 3 ACD 3 3 3 求得x1． …………………9分 z 如图，以C为坐标原点，CD，CB，CE 所在直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系， …………10分 则A(1 , 2 , 0)，E(0 , 0 , 2)，F(0 , 2 , 1)，C(0 , 0 , 0) E EF (0 , 2 , 1)，AF (1, 0 ,1)，AC(1 , 2 , 0) …………11分 设平面AEF 的法向量n(x , y , z)， x   D F 则有   A  F    n0，即 xz0 ，令z2，则x2，y1， C EFn0 2yz0 A B 即n(2 , 1 , 2) …………………12分 设直线AC 与平面AEF 所成角为， y ACn 4 4 5 那么sin|cos AC,n|   ． …………………15分 AC  n 53 15 17．（本题满分15分） 解： 1 （1）当b1，x 时， f(x)3x133lnx3x3lnx4 …………………1分 3 3 3(x1) f(x)3  …………………2分 x x 令 f(x)0，解得x1， 1 令 f(x)0，解得 x1， …………………4分 3 1 f(x)的单调递减区间为( ,1)，单调递增区间为(1 , ) 3 f(x)在x1处取得极小值 f(1)1，无极大值． …………………7分 （2）依题意 f(x) 3x13b3lnx，对任意x(0,)， f(x)0恒成立， 即3b 3x13lnx， …………………8分 令g(x) 3x13lnx， 永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第5页（共9页） {#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}1 当x(0, ]时，g(x)13x3lnx，g(x)单调递减． …………………9分 3 1 3 3x3 当x( ,）时，g(x)3x13lnx，g(x)3  ，…………………10分 3 x x 1 令g(x)0，解得x1，令g(x)0，解得 x1， …………………11分 3 综上所述，g(x)在(0 , 1)上单调递减，在(1 , )上单调递增 …………………13分 2 因此g(x)  g(1)2，3b2，即b min 3 2 故b的取值范围为（，]． …………………15分 3 18．（本题满分17分） 解： （1）设数列{a }公比的为q，数列{b }公差的为d n n 则由a 8a ,q3 8q2，a a qn1 2n， …………………2分 8 5 n 1 a b 16， 即b 27d 16d 2，b 2(n1)22n．………………4分 4 8 8 n 1 n   （2）设d （1）2   2sin( 2  4 )1  b 2 n n 则d d d d b2 b2 b2 b2 128n48 ………………6分 4n 4n1 4n2 4n3 4n 4n1 4n2 4n3 n(128n4880) S (d d d d )（d d d d ） 4n 1 2 3 4 4n3 4n2 4n1 4n 2 n(64n16) …………………7分 S b （64n16）（2 n2） (32n8)(n2)  4n n2   …………………8分 na 2n2 2n n2 (32n8)(n2) 令 f(n) ， 2n (32n40)(n3) (32n8)(2n4) 则 f(n1) f(n)  2n1 2n1 32n2 8n88 4(4n2 n11)   ， 2n1 2n 可得 f(1) f(2) f(3) f(4) f(n)， 永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第6页（共9页） {#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}故当n2时， f(n)最大. …………………11分 147 且f(1)60， f(5) ， f(6)25， 4 147 147 25t ，即t的取值范围为（25， ]． …………………12分 4 4 n n （3）由c 1，c   (n2)，则 1 n n2 1 (n1)(n1) 当n2时， 2 3 n n cc c 1    1 2 n 13 24 (n1)(n1) 345n(n1) 2n n11 1 1   2  2   …………………14分 (n1)! (n1)! n! (n1)! 当n1时，c 1也满足上式 1 1 1  cc c 2  （  nN） …………………15分 1 2 n n! (n1)! c c c c c c c c c c 1 1 2 1 2 3 1 2 3 n  1 1 1 1 1  2 21     2 2  2！ 2！ 3！ n! (n1)! (n1)! 故原不等式成立. …………………17分 19．（本题满分17分） 解：   （1）设M(x ,y )，N（x,y），则 ON(x,y) , OM (x ,y ) ． 0 0 0 0   由ON 3OM得 (x,y) 3(x ,y ) ， 0 0 x y 即x  ，y  ， …………………2分 0 3 0 3 x2 又M(x ,y )在椭圆C上，所以 0  y2 1. 0 0 0 2 x2 y2 代入化简得  1 6 3 x2 y2 所以点N的轨迹E的方程为  1． …………………4分 6 3 （2）当两条切线的斜率存在时，设过T(x ,y )点的切线为yy kxx  0 0 0 0 永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第7页（共9页） {#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}yy kxx  联立    x2  0 y2 1 0 ，消去y得  12k2 x2 4ky 0 kx 0 x2y 0 kx 0 2 20  2 则由判别式=8  12k2 y kx 20 …………………6分  0 0  得 x2 2  k2 2x y k y2 10， 0 0 0 0 y2 1 设两条切线的斜率分别为k ，k ，依题意得k k  0 1， 1 2 1 2 x2 2 0 即x2  y2 3 ， …………………7分 0 0 x 2 y 2 又点T在轨迹E上， 0  0 1 6 3 解得x =0，y  3, 0 0 T（0，3）或（0，- 3） …………………8分 当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意． …………………9分 综上，存在满足条件的点T，且点T的坐标为（0，3）或（0，- 3）．…………10分 （3）设Ax,y ,Bx ,y  1 1 2 2 将ykxm代入轨迹E的方程， 可得 12k2 x2 4kmx2m2 60 由16k2m2 4(12k2)(2m2 6)8(6k2 3m2)0， 可得m2 36k2 ① 4km 2m2 6 且x  x   ,x x  …………………12分 1 2 12k2 1 2 12k2 2 2 6k2 3m2 所以 x x  …………………13分 1 2 12k2 因为直线ykxm与y轴交点的坐标为0,m 永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第8页（共9页） {#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}1 2 6k2 3m2 m 所以OAB的面积S  m  x x  0 2 1 2 12k2 2 (6k2 3m2)m2  m2  m2   2 3  …………………14分 12k2  12k2  12k2 将ykxm代入椭圆C的方程可得 12k2 x2 4kmx2m2 20 由 8(12k2 m2)0 ，可得m2 12k2 ② 令 m2 t,由①②可知0t1 …………………15分 12k2 因此S  2 3tt  2 t2 3t ,故S 2 0 0 当且仅当t 1，即m2 12k2时，S 取得最大值2 …………………16分 0   由题知OP 3OM,ABP的面积S ( 31)S ,又易知ABQ 面积S 2S 1 0 2 0 从而四边形APBQ的面积S=S+S =（ 3+1）S ， 1 2 0 所以四边形APBQ 面积的最大值为（2 3+1）． …………………17分 永州市2024年高考第三次模拟考试·数学参考答案及评分标准 第9页（共9页） {#{QQABSYKUogiAApBAARhCQQGACEOQkAAAACoGRBAEMAABCQNABAA=}#}