四川省绵阳南山中学2024年稿三仿真演练1数学答案（理科）_2024年5月_01按日期_28号_2024届四川绵阳南山中学高三高考仿真演练(一)

仿真演练 1 理科数学参考答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B A A D C B B A B C C D
二、填空题

13． -2 14． 15． 3 16． 7
3
三、解答题
171923293335 788796110134149
17.解：（1）x 26,y 109.
6 6
又回归直线过样本中心点(x,y)，所以1093.626m,得m15.4，
^ ^
所以 y 3.6x15.4，当x31时， y127（杯）
所以该超市可以配备127杯左右的冷饮. ……………………………………6分
(2) 依题X 0，1，2，3
C3 1 C1C2 9
P(X 0) 3  P(X 1)  3 3 
C3 20 C3 20
6 6
C2C1 9 C3 1
P(X 2) 3 3  P(X 3)  3 
C3 20 C3 20
6 6
X 的分布列为：
X 0 1 2 3
1 9 9 1
P
20 20 20 20
1 9 9 1 3
E(X)0 1 2 3  ……………………………………12分
20 20 20 20 2
1
18.解：(1) ABC的面积为2，S  ADBDsinADB1，
ABD
2
2 5 a
而sinADB sinADC  ,得BD 1，a 2.
5 2
在ABD中，由余弦定理有：AB2  AD2 BD2 2ADBDcosADB,得AB2 2;
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{#{QQABIQIUogCAQJBAAQgCQwVQCAKQkBAAAQgGRBAAIAIAQANABAA=}#}AB AD 2
由正弦定理：  ，得sinB  ；
sinADB sinB 2

又cosADB0,B为锐角，B  ； …………………………………6分
4
(2) 设 CD  BD x, 分别在ABD，ACD 中，由余弦定理：
AB2  AD2 BD2 2ADBDcosADB即：AB2  x2 52x 5cosADB，同
理：AC2  x2 52x 5cosADB
 AB2  AC2 2(x2 5)18得x2，又(ABAC)2 2(AB2  AC2)36,
 AB AC 6，所以 ABC周长的最大值为10. …………………………12分
19.解：（1）连接BD交AC于点O，连接PO，PA  PC ，PO  AC
又PB  AC，PO，PB面PBD，AC 面PBD
AC面PAC ，平面PAC 平面PBD ………………………………5分
（2）因为PB 5，PO面ABCD，又AC  BD，ABCD是菱形.
以O为坐标原点，OB为x轴，OA为y轴，OP为z 轴，建立空间直角坐标系.
PE
可得，O(0,0,0),A(0, 3,0),D(1,0,0),P(0,0,2)，由 （01），
PB
E(,0,22)，AD (1, 3,0),AE (, 3,22)，
 
设平面ADE 的法向量为n，则n (2 32 3,22, 3 3)，

又因为平面ABCD的法向量m(0,0,1)，
 
  mn 3 3 1 1
cos m,n      ，解得7(舍去)或 .
m n 192 2619 2 7
1
经检验得: . …………………………………………12分
7
1
20解：(1) 当a 2时， f(x)2sinxln(x1)2x, f'(x)2cosx 2，
x1
1  
f''(x)2sinx ，当x(0, )时， f''(x)0， f'(x)在（0, )单调递减，
(x1)2
2 2
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{#{QQABIQIUogCAQJBAAQgCQwVQCAKQkBAAAQgGRBAAIAIAQANABAA=}#} 1
f'(0)10, f'( ) 20, 
且 2  x (0, ),使 f'(x )0, f(x)在(0,x )单
1 0 2 0 0
2
  
调递增，(x , )单调递减； f(0)0, f( )2ln( 1)0，
0 2 2 2

 f(x)在（0, )有1个零点； ………………………………………5分
2
1
(2) f'(x)2cosx a,注意到 f(0)0，要使 f(x)0，则须满足 f'(0)0,即
x1
21a0,得a3.
下证：当a3时，x(0,)，均有 f(x)0。
1 1 1 x
当a3时， f'(x)2cosx a2cosx 3 1 0
x1 x1 x1 x1
此时 f(x)在(0,)单调递减，此时 f(x) f(0)0.
当a3时， f'(0)3a 0,必存在x (0,)，使 f(x)在(0,x )单调递增，那么
1 1
x(0,x )均有 f(x) f(0)0，矛盾。
1
综上所述：要使 f(x)0成立的a的取值范围为：a3. ……………………………12分
2
b t 2 b 2
21解：（1）由题意知，   .椭圆C的离心率e  1    ,
a b 2 1 1 a 2
2
 t  2
椭圆C的离心率e  1
 
 ,所以e e ，所以此时曲线是“优美猫眼曲线”.
2 2 b 2 1 2
 
由曲线过点G 0, 2 ，得b 2,所以a 2,t 1,
x2 y2 y2
所以两椭圆方程分别为C :  1,C : x2 1.
1 4 2 2 2
(2)①设斜率为k的直线l交椭圆C于点Cx, y ，Dx, y ，线段CD的中点为M x y ,
1 1 1 2 2 0 0
x x y y y y y
则x  1 2 ,y  1 2 ,k  1 2 ,k  0.
0 2 0 2 x x OM x
1 2 0
x2 y2

1  1 1,
 4 2 x2 x2 y2 y2
由 得 1 2  1 2  0，因为k存在且k 0,所以x  x 且x  0,
x2 y2 4 2 1 2 0
2  2 1

4 2
y y y 1 1 k 1
所以 1 2  0  ,即kk  .同理得kk 2,故 OM  .
x x x 2 OM 2 ON k 4
1 2 0 ON
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{#{QQABIQIUogCAQJBAAQgCQwVQCAKQkBAAAQgGRBAAIAIAQANABAA=}#}②设直线l的方程为y  2xm,
y2
 x2 1,
由  2 化简得关于x的方程4x2 2 2mxm2 20.

y  2xm
由   2 2m 2 16  m22  0,得m2.由图象的对称性，
1
m2与m2时结果一样，不妨取m2，则l：y  2x2.
x2 y2
  1,
由  4 2 化简得5x2 8 2x40, 0.
2

y  2x2
8 2 4
设A  x ,y  ,A  x ,y ，则x x  ,x x  ,
3 3 4 4 3 4 5 3 4 5
12
AB  3 x x  3  x x 24x x  ,是定值
3 4 3 4 3 4 5
 
设Q 2cos, 2sin，由点到直线的距离公式得点Q到直线l的
2 2cos 2sin2 10sin2
距离d   ,tan2,
3 3
102 1 1 12 102 2 304 3
所以d  ,ABQ面积的最大值为 AB d     .
MAX 3 2 MAX 2 5 3 5
2sin2 1   5
22.解：(1) 由 得sin2 ,又[0, ], 或 ，
1 2 2 12 12
 5
交点的极坐标为：(1, )和(1, );……………………………………5分
12 12
 
由对称性，不妨设：A(,),,B( ) (0 )
1 2 6 2
 
OA  OB  2sin22sin2( )3sin2 3cos22 3sin(2 )
1 2 6 6
   7
又[0, ],2 [ , ],所以 OA  OB 的最大值为2 3。………………10分
2 6 6 6
23.解：(1)当 x1 时， f(x)2x1 ， f(x) 1 ；
min
当0 x1时， f(x)1；当x0时， f(x)12x， f(x) 1.
min
综上：m1.………………………………………………………5分
（2）因为a0，b0，且ab1，又因为x2y2 2xy，当且仅当x y时取等号，
所以2  x2y2 x2y22xy ，即2  x2y2 xy2，所以 x2y2 
xy2
，当且仅当
2
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{#{QQABIQIUogCAQJBAAQgCQwVQCAKQkBAAAQgGRBAAIAIAQANABAA=}#}2
 1 1
x y时取等号，所以 1 2  1 2   a a b b   1 ab 2 1 1  2 ，
a  b     1    1 
 a  b 2 2 ab  2 ab
ab 2 1 1
又因为0ab   ，当且仅当ab 时取等号，
 2  4 2
2
 
 1 2  1 2 1 1  2 1 1 25
所以 a  b   1   1   ，
 a  b 2 ab 2  1  2
 4
1
当且仅当ab 时取等号.…………………………………………10分
2
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{#{QQABIQIUogCAQJBAAQgCQwVQCAKQkBAAAQgGRBAAIAIAQANABAA=}#}