新高考卷名校教研联盟2024届高三3月联考数学参考答案_2024年3月_013月合集_2024届名校教研联盟高三3月考试（安徽版）_2024届名校教研联盟高三3月考试（安徽版）数学

绝密★启用前（新高考卷） 数学参考答案 1.【答案】B 2 2 【解析】因为z  1i，所以z1i，故选B. i5i6 i1 2.【答案】C   x x2   【解析】因为A x 1x12  x 2x1  ，Bx  0 x 0x2  ，所以  x x2  AB  x 0x1  ，故选C. 3.【答案】D             【解析】由BD2DA3DC得BDDA3DA3DC，即BA3CA，又AC2,1，所以AB=3AC=6,3， 故选D. 4.【答案】D 23x12 3 【解析】因为 f x是偶函数，所以 f x f x8axlog 8a3x=0，所以a ，故选D。 2 23x12 8 5.【答案】D 1 1 【解析】以8个顶点为球心的球各有 在正方体内，以6个面的中心为球心的球各有 在正方体内，所以这些 8 2 2 球在正方体的体积之和为4个半径为 的球的体积之和，所以这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积 2 3 4  2 4 π  3  2  2 之比为  π，故选D. 8 6 6.【答案】C  ykx  a2 a2 a2k2 【解析】设 Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2  ，由  a x2 2  y2 1 得x 1 2  a2k21 ，由OAOB可得x 2 2  a2 1 = a2 k2 ，所以 k2 OA 2   1k2 x 1 2  a a 2 2  k2 a  2k 1 2 ， OB 2     1 k 1 2    x 2 2  a a 2 2   a k 2k 2 2 ，所以 O 1 A 2  O 1 B 2   a2 a  2 1 k  2  k  2 1   1  1 a 1 2 ， 1 4 所以1  ,a2 3，C的长轴长为2a2 3，故选C. a2 3 7.【答案】A 数学参考答案（新高考卷） 第1页（共8页）1 【解析】设 f xlnx1xx0，则 fx 10， f x在0,上单调递减， x1 1 1 11 12 6 6 所以 f x f 0 0，所以xlnx1，  ln ln =ln ，ln log 61ln5， 10 11 10 11 5 5 5 lg5lg7 2 1  2 1  2 lg6 lg7 lg62lg5lg7 lg62   2    2 lg36   2 lg35  log 6log 7  =  =  0， 5 6 lg5 lg6 1g5lg6 lg5lg6 lg5lg6 所以abc，故选A. 8.【答案】A 【解析】设圆M与PF，PF 分别切于点A,B，则 FA  FM ，且 FA  FM  FP  AP  FF  MF  1 2 1 1 1 1 1 1 2 2 x2 y2 FP  F P  FF =2a2c，所以 FM ac，点Ma,0，设Px ,y ,Qx ,y ，则 1  1 1，所以 1 2 1 2 1 1 1 1 1 a2 b2 y2 b2 y y y2 b2 FM ca e1 FM 1  ，kk = 1  1  1 = e2 1， 1  = ，所以kk  1 e129， x2 a2 a2 1 2 x a x a x2 a2 a2 F M ca e1 1 2 FM 1 1 1 1 2 2 e2，故选A. 9.【答案】ACD 【解析】由每年增加数均为正数，可得A正确；2014~2022年中国虚拟主播企业注册年增加数的中位数为121， B错误；2014~2022年中国虚拟主播企业注册年增加数的极差为948-33=915，C正确；当且仅当从33，48，76， C2 13 84，121中任取两个数字，其平均数均不大于110，所以所求概率为1 5  ，D正确，故选ACD. C2 18 9 10.【答案】AD 【解析】设 l 与 f x2x3 的图象切于点 Q  t,2t3 ，则切线斜率 k  ft6t2  2t3b ，整理得 ta 4t36at2 b0，对于A，若P与原点重合，则ab0，所以t0,k 0，l即x轴，方程为y0，A正确； 对于B，若 l与直线x6y0垂直，则k 6t2 6，t1，当t1时46ab0，6ab4，当t1 时46ab0 ，6ab4，B错误；对于C，当点P在 f x的图象上时b2a3，4t3 6at2 2a3 0， a 所以(ta)2(2ta)0，解得t a，或t  ，当a0时，l有2条， C 错 误 ； 对 于 D ， 设 2 gt4t36at2b0，gt 12t2 12at0，由gt0得t0或ta，符合条件的l有3条，gt有3个 零点，则g0gab  2a3b  0，所以b  2a3b  0， 2a3 10， a3  1 ，D正确，故选AD． b b 2 11.【答案】AB 1 1 3 3 【解析】由 f πxf x ，可得 A 正确；由  „sinx cosx„ ， 1„sinx„1 得  „f x „ ，当 2 2 2 2 数学参考答案（新高考卷） 第2页（共8页）f   π  =  3 ， f   3π  3 ，B 正确； f xcosx  sinx 2sinx  ，令 f x0 得 sinx0 或 cosx0 ， 4 2  4  2 1 31π 32π x kπkZ， 50, 50，所以 f x在0,50上有31个零点，C错误； f x是以2π 为周期的周 2 2 2 3 3 9π 期函数，当x0,π时 f x sin2x， f x 在 0,π上有 2个实根x,x ，且x x  ；当xπ,2π 2 4 1 2 3 4 2 1 3 5π 时 f x sin2x， f x 在π,2π上没有实根， f x1在2π,3π上有2个实根x ,x ，且x x  ， 2 4 3 4 3 4 2 π 5π 29π 49π x 2π ,x 2π ，所以 t„ ， x x x x 5π ，所以 x x x x t 的取值范围是 3 12 4 12 12 12 1 2 3 4 1 2 3 4 89π 109π  ,  ，D错误，故选AB.  12 12  12.【答案】1 1  6 1 【解析】2x1  x1 的展开式中x的系数为216C1 15 1. 2  6 2 13.【答案】x32y32 18 【解析】由△ABC的垂心G2,2到直线BC距离d  2 ，设圆E半径为r，由塞尔瓦定理可得r EG 2  EG  2  ，由圆的几何性质可得 EG  2 2   10 2 r2，联立解得 EG  2，r3 2 ，因为直线BC 2a2 方程为xy20，所以直线EG 方程为 y x，设Ea,a ，则E到直线 BC距离d 2 2 ，解得 2 a1（舍去）或a3，所以圆E的标准方程为x32y32 18. 4 3 14.【答案】 9 ADsinA 1 1 A 1 【解析】因为BD2，由正弦定理得sinBAD  ADsinA ADtan ，所以sinA= tanA，即 BD 2 4 2 2 A sin 2sin A cos A  2 ，因为sin A 0，所以cos2 A  1 ，cos A  1 ，A 2π ，所以cosA 1 ，sinA 3 ， 2 2 A 2 2 4 2 2 3 2 2 2cos 2 4 由余弦定理得BD2  AB2  AD2  ABAD 3ABAD，所以ABAD„ ，当AB AD时取等号， 3 1 1 4 3 3 S  ABADsinA„   = ，设BC t，则CD 2t，在△BCD中由余弦定理得 1 2 2 3 2 3 cosC t2 2t2 22  5t2 4 ，所以S  1 t2tsinC t4 1cos2C  = 1 256 9  t2  20  2 ，当t 2 5 时， 2t2t 4t2 2 2 4 9  9  3 4 4 3 S 取得最大值 ．所以S S 的最大值为 ． 2 3 1 2 9 数学参考答案（新高考卷） 第3页（共8页）15.【解析】(1)设等差数列a 的公差为d ， n 由a a 0，a a a 1得 5 8 4 6 3  2a 11d 0  1 ， ……………………………………………………………………………………………(2分) 2a 8d a 2d 1 1 1 解得a 11,d 2， ………………………………………………………………………………………………(4分) 1 所以a a n1d 11n122n13.…………………………………………………………………(6分) n 1 (2)由(1)得a 2n13， n a 2n11 b  n1  ，……………………………………………………………………………………(8分) n a a 2n132n9 n n2 当n„4时b 0， …………………………………………………………………………………………………(10分) n 1 1 1 1 当b   0，b   0，b b 0， 5 31 3 6 13 3 5 6 n 7时b 0， ……………………………………………………………………………………………………(12分) n 所以S 最小时n的值为4或6.……………………………………………………………………………………(13分) n 16.【解析】(1)取CD中点O，连接AO，BO， 由已知可得AC  ADBC BD ， 所以AOCD,BOCD， 因为AOBO O ，所以CD平面AOB，……………………………………………………………………(2分) 因为CD平面EFG， 所以平面EFG∥平面AOB，………………………………………………………………………………………(4分) 过E作AB的平行线与BC的交点即为F，过E作AO的平行线与CD的交点即为G， 因为AE2EC， 1 1 所以BF 2FC，CG CO CD， 3 6 1 所以当BF 2FC，CG CD时,平面EFG与直线CD垂直.…………(7分) 6 (2)由题意可得OAOB3 3，因为AB9，所以AOB120， 以O为原点，直线OB,OC分别为x轴，y轴，过点O与平面BCD垂直的直线 为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 D0,3,0,A   3 3 ,0, 9 ,E   3 ,2, 3 ,F  3,2,0  ……………………（8分）  2 2  2 2 数学参考答案（新高考卷） 第4页（共8页）  3 3 9      3 3 所以DA ,3, , DF  3,5,0 , DE ,5, . …………………………………………………（10分）  2 2  2 2   3 3 nDE0  x5y z0 设平面DEF 的一个法向量为n＝x,y,z，则有  ，得 2 2 ， nDF 0   3x5y0   取x5，得n＝ 5, 3,5 3 ， …………………………………………………………………………………(12分) 设直线DA与平面DEF 所成角为,  3 3   9  5   3 35 3 nDA  2  2 2 309 则sin＝    ， n DA  2  2  3 3 2 9 2 103 52   3  5 3   32    2  2 2 309 所以直线DA与平面DEF 所成角的正弦值为 . …………………………………………………………(15分) 103 17.【解析】(1)由表中的数据和附注中的参考数据得 5 5 x 850，x170，y 365， y73，……………………………………………………………………(1分) i i i1 i1  5  x x  2 112520262102 282， ………………………………………………………………………(2分) i i1  5  y y 2 8.6， 5  x x  y  y   5 x y x 5 y =62194170735=144，…………………………(3分) i i i i i i i1 i1 i1 i1  5  x x  y  y  i i 144 ∴r= i1 = 0.997. ………………………………………………………………(5分)  5  x x 2 5  y  y 2 16.88.6 i i i1 i1 因为y与x的相关系数近似为0.997，说明y与x的线性相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟合y与x 的关系．………………………………………………………………………………………………………………(6分)  5  x x  y  y  i i 144 24 (2)由y73及(1)得b  i1 =  0.51， …………………………………………………(7分)  5  x x 2 282 47 i i1 24 a  ybx73 170≈13.81，………………………………………………………………………………(9分) 47 所以y关于x的回归方程为y13.810.51x. …………………………………………………………………(10分) （说明：根据a  ybx730.5117013.70，得出y13.700.51x也正确，） (3)X的取值依次为2,3,4,5,6,7,9,11，………………………………………………………………………………(12分) 数学参考答案（新高考卷） 第5页（共8页）2 1 1 1 1 1 PX 2  ，PX 3  ，PX 4  ， C2 5 C2 10 C2 10 5 5 5 2 1 1 1 1 1 PX 5  ，PX 6  ，PX 7  ， C2 5 C2 10 C2 10 5 5 5 1 1 1 1 PX 9  ，,PX 11  ……………………………………………………………………(14分) C2 10 C2 10 5 5 1 1 1 1 1 1 1 1 27 所以EX2 3 4 5 6 7 9 11  ..………………………………(15分) 5 10 10 5 10 10 10 10 5  t2   t2  18.【解析】(1)方法1：设A ,t ，则l的方程为ytx tan， 2p   2p 2p 2pt 与y2 2px联立得 y2 y t2 0， ………………………………………………………………（1分） tan tan 因为直线l与抛物线C只有1个公共点， 4p2  2pt  p 所以 4 t2 0，整理得t ， tan2 tan  tan  p p  所以A ,  ，…………………………………………………………………………………………（3分） 2tan2 tan p 又F   p ,0   ，所以tan tan  2tan tan2，…………………………………………………（5分） 2  p p 1tan2  2tan2 2 π π 因为0 ,02 ， 4 2 π 所以tantan20,0 ， 2 所以2. ………………………………………………………………………………………………………（7分） p 方法2：易知点A(x ,y )在第一象限，且直线l与C 相切于点A，由y 2px ，得y ， ………（1分） 0 0 2x p 所以l的方程为y (xx ) 2px ，……………………………………………………………………（3分） 0 0 2x 0 设l与x交于点D，则D(x ,0)，………………………………………………………………………………（4分） 0 p 所以由抛物线的几何性质可知 AF x   DF ， …………………………………………………………（5分） 0 2 故ADF DAF ，AFxADFDAF 2.…………………………………………………（7分） (2) p1时，C的方程为 y2 2x， 1  t2  x t 把 p1，tan 代入ytx tan得l的方程为y  ， t  2p t 2 数学参考答案（新高考卷） 第6页（共8页）1 t 1 把x 代入得 y  ， 2 2 2t  1 t 1  所以P ,   ，……………………………………………………………………………………………（10分）  2 2 2t t2   y 2  由(1)知，A ,t ，设B 0 ,y  ，  2   2 0  1 设直线AB方程为xmy ，与 y2 2x联立得y2 2my10， 2 1 t,y 是该方程的两个根，所以y t 1，所以 y  , ………………………………………………………（13分） 0 0 0 t 1  t 1      1 t 2 2t 所以k k   1， …………………………………………………………………………（16分） PA PB t 1 1  2t2 2 所以PAPB. ……………………………………………………………………………………………………（17分） 19.【解析】(1)因为 f xx33x2 ax0， 所以 fx3x2 6x，由 fx0得x2，…………………………………………………………………（1分） 因为gx xlnxax2 2x， 所以gxlnx2ax1， 1lnx 所以问题转化为x2时lnx2ax10恒成立，即x2时a 恒成立， …………………………（2分） 2x 设 Fx 1lnx x2 ，则 Fx lnx2 ， x  2,e2 时 Fx0 ， Fx 单调递减， x  e2,  时 2x 2x2 Fx0，Fx单调递增， ……………………………………………………………………………………（4分） 所以Fx F  e2  1 ， min 2e2 1  1  所以a ，即a的取值范围是 , . ………………………………………………………………（7分） 2e2  2e2 (2)因为gx xlnxax2，设mxlnxax2， 1 则mx a， x （i）若a1，  1 x0,  时mx0，mx单调递增，  a  1  x , 时mx0，mx单调递减，…………………………………………………………………（9分）  a  数学参考答案（新高考卷） 第7页（共8页） 1  1 所以mx „m ln 30，  a  a 所以a1时mx0,gx0,hx „gx0， hx没有零点，…………………………………………………………………………………………………（10分） （ii）若a1， 由(1)知 fx3x2 6x， f x在0,2上单调递增，且 f 0a0， 所以 f x0， …………………………………………………………………………………………………（11分） 1 当x0,2时，mx单调递增，且m lna10，m2ln22a20， a 存在唯一x 0,2使得mx 0， 1 1 gx 0,hx 0， ……………………………………………………………………………………………（13分） 1 1 当x2,时，mxlnxax2ln22a20，gx0， f x在2,上单调递减，且 f 2a40， f 4a64a348a2a64a348a3a315a30 ， 所以存在唯一x 2,使得 f x 0，hx 0，………………………………………………………（15分） 2 2 2 综上，a1时hx没有零点，a1时hx有2个零点. .…………………………………………………（17分） 数学参考答案（新高考卷） 第8页（共8页）