华附深中等四校答案_2024年4月_其他_240207九省联考模式模考卷21套_广东省华附+深中+省实+广雅四校联考2023-2024学年高三上学期1月期末数学试题

华附、省实、广雅、深中 2024 届高三四校联考 数学参考答案及评分标准 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 𝐷 C 𝐵 𝐵 𝐴 𝐵 𝐴 𝐷 𝐵𝐷 𝐵𝐶 𝐴𝐵𝐷 ACD 1 13. y = x 14. −2 15. [ 𝜋 , 2𝜋 ] 16. 3√ 2 −1 2 3 3 2 1.【解析】解：因为集合𝐴，𝐵满足𝐴 ⊆(𝐴⋂𝐵)，故可得𝐴 ⊆𝐵，故选：𝐷． 2 2.【解析】解： 由已知z = 1−𝑖 = (1−𝑖) =−𝑖，所以z= 𝑖， 𝑧2024 =𝑖2024 ==𝑖4 =1故选C 1+𝑖 (1+𝑖)(1−𝑖) 3.【解析】解：结合图像可知所求直线斜率小于-1, 故选𝐵 4.【解析】 解：由题意 ， ，即 ，由（a+b)（ 2a−3b)=0， 即 ，由题知， ，∴ 𝜋 ∵ ，∴所求夹角为 故选B 4 1 5.【解析】 解：因为椭圆𝛤 1 的离心率 𝑒 1 =√ 𝑎2 𝑎 − 2 𝑏 2 = 2 ，所以4𝑏2 =3𝑎2，所以双曲线𝛤 2 的离心率𝑒 2 = √ 𝑎2+𝑏 2 =√ 7 = √ 21．故选A 𝑏 2 3 3 6．【解析】 解：当列车行驶的距离为s时，则车轮转过的角度所对应的扇形弧长为s， ∴车轮转过的角度为 ，P点的初始位置为P0 ，设车轮的中心为O，当 时，作PQ⊥OP0 ，垂足为Q，如右图所示， 则OQ＝OP ＝Rcos ，∴P到铁轨表面的距离为 ； 当 时，PM⊥MP0 ，作ON⊥PM，垂足为N，如右图所示， 则PN＝OP•sin（ ）＝﹣Rcos ， ∴P到铁轨表面的距离为 ；当 在其它范围均可得到同一个式子 ，故选B． 1 7．【解析】 解：结合函数y =ex,y =lnx,y = 图像，可知ca＜b，故选A 1−x 2024届四校联考数学答案 第1页，共10页 {#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}1 4 n 1 n−2 1 =4+ + =（ +2）2 + （ +2）2 a a 2a a 2a a 8．【解析】 解：由已知得： n n−1 n−1 n−1 n−1 n−1 ， 1 1 1 1 1 1 1 1  +2 2n−1 a   = ( − ) a a a n (2n−1)2 (2n−1)(2n−3) 2 (2n−3) (2n−1) n n−1 ，故 n ， 3 1 3 a S =a +a ++a = −  故选D 1 n 1 2 n 2 2(2n−1) 2 9. 【解析】 解：A.： 𝑐 >𝑑不一定𝑐2 >𝑑2所以A错，对于选项B：两边同时除以𝑐2即可，B正确， C选项𝑎𝑏 >1不一定𝑎 >1,𝑏 >1，反之成立，所以为必要不充分条件 a+1 ab+b ab+a lnb+ln ln ln lnb a a a ln(b+1) D.选项正确：log b=  =  = =log (b+1) a lna a+1 lna+1 ln(a+1) ln(a+1) a+1 lna+ln a 10.【解析】 解：当两圆内含时，r可以无穷大所以A不正确；当r=5时两圆相交，两圆的方程作差可以 4 公共弦的直线方程B为正确选项；当r=2时如图一，PQ和CD为两条内公切线，有半径比可知CA= ，可 3 3 2tanC AC 24 1 7 得tanC AC = ，tanPAC = 1 = ，k =− =− ，C选项正确 1 4 1−tan2C AC 7 PQ tanPAC 24 1  对于D选项，点P在P1位置时PC =43 2,APC  1 2 1 2 4  点P在P2位置时PC =63 2,BPC  2 2 2 2 4  所以中间必然有位置使得 BPA= 故选BC 2 图一 图二 11. 【解析】 解：A. 因为𝑓′(𝑥)=3𝑥2−6𝑥 =3𝑥(𝑥−2)， 所以𝑓(𝑥)在(−∞,0)和(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，且𝑓(0)=0，𝑓(2)=−4， 所以，当𝑓(𝑥)=𝑏有三个不同的实数根𝑥 ，𝑥 ，𝑥 时，−4<𝑏 <0，故A正确 1 2 3 𝑦 =𝑓(𝑥)−1关于点(1,−3)中心对称,在此点处的切线方程为𝑦 =−3𝑥,所以B正确 由于方程𝑓(𝑥)=𝑘𝑥+𝑏有三个根𝑥 ，𝑥 ，𝑥 ，所以𝑥3−3𝑥2−𝑘𝑥−𝑏 =(𝑥−𝑥 )(𝑥−𝑥 )(𝑥−𝑥 ) 1 2 3 1 2 3 展开可知𝑥 𝑥 +𝑥 𝑥 +𝑥 𝑥 =−𝑘，C不正确 1 2 2 3 1 3 𝑥 +𝑥 +𝑥 =3，当𝑥 ，𝑥 ，𝑥 成等差数列时𝑥 +𝑥 +𝑥 =3𝑥 ，所以𝑥 =1，𝑘+𝑏 = −2，D 正确 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 2 2024届四校联考数学答案 第2页，共10页 {#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}12.【解析】 解：如图： 对于𝐴，因为点𝑃满足𝑂⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ =𝑥𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝑦𝑂⃗⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ +𝑧𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ 且𝑥+𝑦+𝑧 =1， 可知点𝑃是平面𝐴𝐵𝐶上的一点． 又因为正四面体𝑂−𝐴𝐵𝐶是棱长为3，所在立方体的棱长3√ 2 2 2 |𝑂⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ |的最小值为点𝑂到平面𝐴𝐵𝐶的距离，即为立方体体对角线的 ，计算可知 A正确； 3 对于B，因为正四面体𝑂−𝐴𝐵𝐶的体积为立方体的体积减去四个小三棱锥的体积：( 3 √ 2) 3 − 2 4× 1 × 1 ×( 3 √ 2)3 = 9√ 2，而正四面体𝑂−𝐴𝐵𝐶四个面的面积都是√ 3 ×32 = 9√ 3， 3 2 2 4 4 4 设正四面体𝑂−𝐴𝐵𝐶的内切球半径为𝑟，4× 1 × 9√ 3 𝑟 = 9√ 2，解得2𝑟 = √ 6， 3 4 4 2 因为正四面体𝑄−𝐷𝐸𝐹在正四面体𝑂−𝐴𝐵𝐶的内部，且可以任意转动， 所以最大正四面体𝑄−𝐷𝐸𝐹外接球直径为√ 6，因此最大正四面体𝑄−𝐷𝐸𝐹外接球也是棱长为√ 2的正方体的 2 2 外接球， 3 所以正四面体𝑄−𝐷𝐸𝐹的体积最大值为 ( √ 2 ) 3 −4× ( √ 2 2 ) = √ 2 < √ 2，故B不正确． 2 6 12 10 对于𝐶，在正方体𝐴𝐶 𝐵𝑂 −𝐴 𝐶𝐵 𝑂内，过𝑂作平面𝑂𝑂 𝐴 ，分别交𝐴𝐵、𝐴𝐶 于点𝐺、𝐴 ，过𝐶作平面 1 1 1 1 1 2 1 2 𝐶𝐶 𝐵 ，分别交𝐴𝐵、𝐵𝑂 于点𝐻、𝐵 ，且平面𝑂𝑂 𝐴 //平面𝐶𝐶 𝐵 ， 1 2 1 2 1 2 1 2 由正四面体𝑂−𝐴𝐵𝐶的四个顶点分别在四个互相平行的平面内，且每相邻平行平面间的距离均相等， 其中平面𝑂𝑂 𝐴 和平面𝐶𝐶 𝐵 为中间的两个平面，易知𝐴 为𝐴𝐶 的中点，𝐵 为𝑂 𝐵的中点， 1 2 1 2 2 1 2 1 因为正方体𝐴𝐶 𝐵𝑂 −𝐴 𝐶𝐵 𝑂是棱长为3√ 2， 1 1 1 1 2 所以𝑂 𝐴= 3√ 2，𝐴𝐴 = 3√ 2，𝑂 𝐴 =√ ( 3√ 2 )2+( 3√ 2 )2 = 3√ 10， 1 2 2 4 1 2 2 4 4 所以点𝐴到𝑂 𝐴 的距离为 |𝑂 1 𝐴|·|𝐴𝐴 2| = √ 10 ，所以每相邻平行平面间的距离为3√ 10，故C正确； 1 2 |𝑂 1 𝐴 2| 5 10 对于D选项：由|𝑄𝑂|=2|𝑄𝐴|可知点𝑄的轨迹是平面𝐴𝐵𝐶与以M点为球心，2为半径的球的截面圆 其中𝑀点在𝑂𝐴的延长线上且𝑀𝐴=1, 𝑀点到平面𝐴𝐵𝐶的距离为√ 6，截面圆的半径为√ (2)2−( √ 6 )2=√ 30 3 3 3 所以截面圆周长为2√ 30 𝜋，故选ACD 3 2024届四校联考数学答案 第3页，共10页 {#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}1 13.【解析】解：渐近线方程为y = x 2 14.【解析】解：𝑆 =𝑛(𝑛−3), 𝑆 最小值为−2 𝑛 𝑛 2 1−cos(2x− ) 15.【解析】解：由  3 的最小正周期为2𝜋，得𝜔 = 1 ． f(x)=sin2(x− )= 2 3 2 2  1−cos(x− ) cos(x+ )+1 𝜋 2𝜋 2𝜋 5𝜋 3 3 ，根据图像可知，函数𝑓(𝑥)在[− , ]上单调递减，在[ , ]上 f(x)= = 3 3 3 3 2 2 2𝜋 0<𝑚 ⩽ 单调递增，若𝑓(𝑥)在[0,𝑚]上单调递减，在[2𝑚, 5𝜋 ]上单调递增，则{ 3，解得𝑚 ∈[ 𝜋 , 2𝜋 ] 3 2𝜋 5𝜋 3 3 ⩽2𝑚< 3 3 16.【解析】解：𝑔(𝑥)=ln(𝑎𝑥)−𝑎𝑥𝑒𝑥 =ln(𝑎𝑥)−𝑒𝑥+ln(𝑎𝑥) ⩽ln(𝑎𝑥)−(𝑥+ln(𝑎𝑥)+1)=−𝑥−1 由𝑦=𝑓(𝑥)=−√ −𝑥2+4𝑥−3,整理得(𝑥−2)2+𝑦2 =1(y⩽0),数形结合可知MN最小值为圆心到直线 𝑦 =−𝑥−1的距离减去半径，即为3√ 2 −1 2  1 − a=2e 2 x+ln(ax)=0    1 当且仅当y = x−2 即x= 时取到最值. 2   y =−x−1   3 y =−   2 17.(本小题10分) 解： S S S S （1）由已知：S + 2 ++ n =n2n 当n≥2时S + 2 ++ n−1 =(n−1)2n−1 ------1 1 2 n 1 2 n−1 两式相减可得：S =n(n+1)2n−1，n≥2， ------2 n 又n＝1时，S 1 =a1 ＝2满足上式， 所以S =n(n+1)2n−1 n≥1 ------3 n S =n(n−1)2n−2 n≥2 n−1 a =S −S =n(n+3)2n−2，n≥2， ------4 n n n−1 又n＝1时，a1 ＝2满足上式， 则a =n(n+3)2n−2； ------5 n 2024届四校联考数学答案 第4页，共10页 {#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}a （2）由（1）可得： n =(n+3)2n−2， ------6 n 则T ， ------7 n 即2T ，------8 n 两式相减可得：−T ＝ ，------9 n 即T ． ------10 n 18．解：记𝐴 表示事件“第𝑖次抽到代数题”，𝑖 =1,2,⋯,9． 𝑖 (1)由条件概率公式可得𝑃(𝐴 |𝐴 )= 𝑝(𝐴 1 𝐴 2) ----------1 2 1 𝑝(𝐴 1) C1C1 54 5 4 A2 98 1 = 9 = = ---------3 5 5 2 9 9 1 所以第一次抽到几何题的条件下，第二次抽到代数题的概率为 ； ---------4 2 4 1 （也可以：已知第一次抽到几何题，这时还剩余代数题和几何题各四道，因此𝑃(𝐴 |𝐴 )= = ） 2 1 8 2 (2)由题意，随机变量𝑋 的可能取值为：0,1,2,3,4； ---------5 C4C0 5 C3C1 40 20 P(X =0)= 5 4 = P(X =1)= 5 4 = = C4 126 C4 126 63 9 9 C2C2 60 10 C1C3 20 10 P(X =2)= 5 4 = = P(X =3)= 5 4 = = C4 126 21 C4 126 63 9 9 C0C4 1 P(X =4)= 5 4 = (每个1分)---------10 C4 126 9 𝑋 的分布列为 𝑋 0 1 2 3 4 𝑃 5 20 10 10 1 126 63 21 63 126 -----11 5 20 10 20 1 16 所以：𝐸(𝑋)=0 +1 +2 +3 +4 = -----12 126 63 21 63 126 9 2024届四校联考数学答案 第5页，共10页 {#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}19.解：(1)𝑓′(𝑥)=𝑎(𝑥+1)𝑒𝑥，𝑎 ≠0 ------1 当𝑎 >0 时， 𝑥 ∈(−∞,−1)，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减; 𝑥 ∈(−1,+∞)，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增; ------2 当𝑎 <0 时， 𝑥 ∈(−∞,−1)，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增; 𝑥 ∈(−1,+∞)，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减． ------3 综上所述：当𝑎 >0时，𝑓(𝑥)增区间为(−1,+∞)，减区间为(−∞,−1) 当 𝑎<0时，𝑓(𝑥)增区间为(−∞,−1)，减区间为(−1,+∞) ------4 (2)𝑦=𝑓(𝑥)在点(𝑥 ，𝑦 )处的切线方程为 1 1 𝑦 =𝑎(𝑥 +1)𝑒𝑥1 (𝑥−𝑥 )+𝑎𝑥 𝑒𝑥1,即 𝑦=𝑎(𝑥 +1)𝑒𝑥1𝑥−𝑎𝑥2𝑒𝑥1 ------5 1 1 1 1 1 𝑔(𝑥)在点(𝑥 ，𝑦 )处的切线方程为 2 2 𝑦 =−2𝑥 (𝑥−𝑥 )−𝑥2，即 y=−2𝑥 𝑥+𝑥2 ------6 2 2 2 2 2 𝑎(𝑥 +1)𝑒𝑥1 =−2𝑥 ∴由题意得{ 1 2 ------7 −𝑎𝑥 2𝑒𝑥1 =𝑥2 1 2 −4𝑥2 整理可得𝑎 = 1 <0 ------8 (𝑥 1 +1) 2 𝑒𝑥1 设ℎ(𝑥)= −4𝑥2 则ℎ′(𝑥)= 4𝑥(𝑥+2)(𝑥−1) ------9 (𝑥+1) 2 𝑒𝑥 (𝑥+1) 3 𝑒𝑥 ∴当𝑥 ∈(0,1)，ℎ′(𝑥)<0，ℎ(𝑥)单调递减; 当𝑥 ∈(1,+∞)，ℎ′(𝑥)>0，ℎ(𝑥)单调递增．------10 1 1 ℎ(1)=− ，ℎ(0)=0且ℎ(𝑥)<0 ∴𝑎 ∈[− ,0) ------12 𝑒 𝑒 20． 解： （1） 证明：若α＝ ，则平面DCGH、平面CB′F′G为同一个平面． ------1 连接BH，BF′，则M是BH中点，M′是BF′中点，所以平面MBF 与平面BFHD重合， 平面MBF 与平面BFFB 重合 ------2 由正方体性质可知BF ⊥平面EFFH ------3 HFF为二面角H −BF −F的平面角， ------4   而HFG=FFG= ，所以HFF= ， 4 2 ∴平面MBF ⊥平面MBF ------5 （2）解：假设存在α，使得直线M′F′⊥平面MBC， 以C为原点，分别以 ， ， 为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，------6 2024届四校联考数学答案 第6页，共10页 {#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}则C（0，0，0），B（2，0，0），M（1，﹣1，1），故 ， ＝（1，﹣1，1）， 设m＝（x，y，z）是平面MBC的法向量，则 ，所以 ， 取y＝1，得m＝（0，1，1）是平面MBC的一个法向量， ------7 取CG中点P，BF中点Q，连接PQ，PM，则PM⊥CG，PQ⊥CG，PM′⊥CG， 于是∠MPM′是二面角M﹣CG﹣M′的平面角，∠MPQ是二面角M﹣CG﹣Q的平面角，  ∠QPM′是二面角Q﹣CG﹣M′的平面角．于是∠MPM′＝α，MPQ= ， 4  所以QPM=− ，且CG⊥平面MPM′，MP= 2， 4     故M 2cos(− ), 2sin(− ),1 ，  4 4  同理F( 2cos,2sin,2 ) ， ------9     所以MF=2cos− 2cos(− ),2sin− 2sin(− ),1，  4 4  因为2cosα﹣ cos（α﹣ ）＝2cosα﹣ cosαcos ﹣ sinαsin ＝cosα﹣sinα， 2sinα﹣ sin（α﹣ ）＝2sinα﹣ sinαcos + cosαsin ＝ cosα + sinα， 所以MF= ( cos−sin,cos+sin,1 ) ， ------10 若直线MF⊥平面MBC，n是平面MBC的一个法向量，则MF∥m， cos−sin=0  即存在λ∈R，使得MF＝λm，则cos+sin=，此方程组无解，------11  1=  所以不存在 ( 0， ) ，使得直线MF⊥平面MBC． ------12 2024届四校联考数学答案 第7页，共10页 {#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}21．解：（1）在△ABC中，由余弦定理和a+b＝c+h可得，． ， ------1 又由面积公式可知 ，∴ ， ------2 ∴ ，由c＝3h - -----3 C C 2sin cos sinC C C 6 2 2 又 = =tan ，∴tan = ------4 1+cosC C 2 2 7 1+2cos2 −1 2 ∴ ； ------5 （2）由（1）知 ． 如图，在△ABC中，过B作AB的垂线EB，且使EB＝2h，则CE＝CB＝a， ------6 ∵a+b＝c+h≥|AE|，即（c+h）2≥c2+4h2，得 ， ∴ ， ------7 ∴ ，∴ ， -----8 C C C cos2 −sin2 1−tan2 2 2 2 2 cosC = == = −1 ----10 C C C C cos2 +sin2 1+tan2 1+tan2 2 2 2 2 3 C 25 C 7 由 tan 1，得 1+tan2 2 ∴0cosC  ----11 4 2 16 2 25  7  ∴cosC的取值范围为0， ． ------12   25 22解：（1）△QRF2 的周长 ，解得a＝2，------1 因为椭圆C的离心率为 ，所以 ，解得 ， ------2 则b2＝a2﹣c2＝1， 2024届四校联考数学答案 第8页，共10页 {#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}故C的方程为 ； ------4 （2） 证明：由题意可知直线QR和直线QS的斜率不为零，设直线QR和直线QS的方程为 x=my− 3,x=ny+ 3，Q（x0 ，y0 ），R（x1 ，y1 ），S（x2 ，y2 ）， -----5 x=my− 3  联立x2 ，消去x并整理得(m2 +4)y2 −2 3my−1=0，  + y2 =1  4  2 3m y + y =  0 1 m2 +4 由韦达定理得 ， ------6 1  y  y =−   0 1 m2 +4  2 3n y + y =−  0 2 n2 +4 同理得 ， ------7 1  y y =−   0 2 n2 +4 y + y x + 3 因为x =my − 3,x =ny + 3，所以 0 1 =−2 3m=−2 3 0 ， 0 0 0 0 y y y 0 1 0 y + y y 可得 0 1 =−2 3x −6， 即 0 =−2 3x −7； ------8 y 0 y 0 1 1 y + y x − 3 同理可得 0 2 =2 3n=2 3 0 ， y y y 0 2 0 y + y y 可得 0 2 =2 3x −6即 0 =2 3x −7， ------9 y 0 y 0 2 2 不妨设y0 ＞0， 1 QR  QS sinRQS S QR QS y − y y − y 由 QRS = 2 =  = 0 1  0 2 ，------10 S 1 QF QF y y QFF QF  QF sinRQS 1 2 0 0 1 2 2 1 2 1 又S = FF y QF 1 F 2 2 1 2 0 则 y − y y − y 1  y   y   1   1  S = 0 1  0 2  FF y = 3y 1− 1 1− 2 = 3y 1+ 1−  QRS y y 2 1 2 0 0  y     y   0  2 3x +7     2 3x −7   0 0 0 0 0 0 2024届四校联考数学答案 第9页，共10页 {#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}2 3x +8 2 3x −8 12x 2 −64 = 3y  0  0 = 3y 0 ------11 0 2 3x +7   2 3x −7  0 12x 2 −49     0 0 0 把 代入上式得，  ( ) 1241− y 2 −64 48 3y 3+16 3y S = 3y  ( 0 ) = 0 0 ------12 QRS 01241− y 2 −49 48y 2 +1 0 0 2024届四校联考数学答案 第10页，共10页 {#{QQABQQIAgggAAABAAAhCEwVaCEMQkBEAAKoOwFAMIAAAyAFABAA=}#}