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; 第 1 页 共 5 页 {#{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 第 2 页 共 5 页 {#{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 第 3 页 共 5 页 {#{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 第 4 页 共 5 页 {#{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 第 5 页 共 5 页 {#{QQABIQIUogCAQJBAAQgCQwVQCAKQkBAAAQgGRBAAIAIAQANABAA=}#}