湖北卷湖北省宜荆荆随恩2024年(届)高三下学期5月联考(宜荆荆随恩二模)(5.16-5.18)数学试题答案_2024年5月_01按日期_23号

2024 年宜荆荆随恩高三 5 月联考 高三数学参考答案 一、单选题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B D B C C D A 二、多选题 题号 9 10 11 答案 ACD BC BCD 2 1.z  （1i） , z2 i ,z2024 （z2）1012 （i）1012 1 , 2 3 4 3 4 4. f(x)5( cosx sinx) 5co（s x）其中cos= ，sin= ,当 f(x)取得最大值 5 5 5 5 4 时x2k,kz sinxsin ， 5  a1 5. f(x)在 1+上递增  a2 a20          6当(ab)b时，|ab|最小，|ab||a|sin 1， 6      另解：|ab|2|b|22 2 3|b|4(|b| 3)2 11， 7.基本事件个数为C2C2 1515，“恰有一题相同”包含的基本事件数为C1A2 6 6 6 5 654 8 P  1515 15 8.令h(x) f(x)g(x) x(ex 1）lnxexlnx (xlnx)1  AB 最小值为1. 9.设 f(x)ex x， f(x)ex 1，可得 f(x)在(0,)递增， f(x) f(y)，A正确， 令xe， y 1，lnxln y 1，x y e1lnxlny  x y，B不正确 x1 由lnx 知C正确，由 f(x) xex在(0,)上是增函数可得D正确，故选ACD. x 10.a 0,0q1时，只有最大值a ，没有最小值，a 0,1q0时，a 为大值，a 1 1 1 1 2 为最小值，a 0,q 1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零， 有最大 1 1/8值，也有最小值，a 0,q  1时 ， q 1， a 无最大值，奇数项为负无最小值， 1 n 偶数项为正无最大值， 选BC. 11.AP 3，由 AP2  AB2 BP2 ， AB2 BP  5 ， 取 BC ,CC 的中点 E,F 1 1 1  5 EBF  ，E  F  ，A不正确. 6 6 当P ABC 外接球半径最小时，ABC 的外接圆应该是球的大圆.球半径R最小值为 4 8 2 2 ，外接球体积最小值是 ( 2)3  ，B正确. 3 3 设Q关于平面BCC B 的对称点为Q，APPQ APPQ  AQ 22 12 32  14 1 1 ， 又 AQ 22 1112  6 C 正确. ， 根据长方体对角线与长方体长、宽、高所在直线夹角的余弦值的平方和为1.D正确. 三、填空题 12.21 13.15 14.[9,10) 四、解答题 15.（1）因为四边形AACC是等腰梯形，AC // AC ，所以延长AA ，CC 必 1 1 1 1 1 1 相交于一点， …………………………………………………………………………1分 设AA CC  P PAA ，AA 平面AABB P平面AABB 1 1 , 1 1 1 1 1 1 , 同理可得:P平面BBCC …………………………………………………3分 1 1 , 又平面AABB 平面BBCC  BB PBB …………………………………4分 1 1 1 1 1, 1 即AA ，BB ，CC 交于一点P …………………………………………………5分 1 1 1 （2）由AA  BC ，AB  BC，AA  AB  A得BC 平面AABB 1 1 1 1 又BB 平面AABB BC  PB ， ……………………………………………6分 1 1 1 ， 同理可得ABPB，AB,BC,BB 两两垂直 ……………………………………7分 1 以B为原点,BC,BA,BB 所在直线分别为x轴， y轴，z轴建立空间直角坐标系 1 AACC 是等腰梯形，PAC 是等腰三角形，PA PC BA BC , 1 1 , 2/83 3 BP  AP2AB2  ( 6)2( 2)2  3 P(0,0,3) …………………8分 2 2 3 2 3 2 2 2 3 A(0, ,0) ,C( ,0,0),A(0, ,2) ,C ( ,0,2) , B (0,0, ) 2 2 1 2 1 2 1 2  2 1  2 2 B A (0, , ) AC ( , ,0) …………………………………………10分 1 1 2 2 1 1 2 2  设平面ABC 法向量为n(x,y,z ) 、 1 1 1   2 2 nAC  x y  0  1 1 2 2   取x 1,得y 1,z  2, n(1,1, 2) …………11分   2 1 nB A  y z  0   1 1 2 2  又平面ABC 法向量为n (0,0,1) ……………………………………12分 2     n n 2  cos n,n  1 2  ，所以平面ABC 与平面ABC 所成角为 .……13分 1 2 n  n 2 1 1 1 4 1 2 1 1 1 16.（1）当n2时，S = a 3a a  S S  ( a 3a )( a 3a ) n 2 n n1 n1 n1 n 2 n1 n 2 n n1 整理得a 5a 6a (n2,nN*) …………………………………………2分 n1 n n1 b （解法一）：假设存在常数k使数列 b 为等比数列，设 n q(n2) n b n1 则a ka q(a ka )即a （q-k）a qka n1 n n n1 n1 n n1 qk 5 k 2 k 3 令 解得 或 ……………………………………………5分 qk 6  q 3  q 2 故当k 2时， b 为首项为2，公比为3的等比数列， n 当k 3时， b 为首项为1，公比为2的等比数列。 ………………………………6分 n 3/8（解法二）：假设存在常数k使数列 b 为等比数列，则有b2 b b n 2 1 3 由已知得a 14,a 46所以b a ka 4k b a ka 144k 3 4 1 2 1 ， 2 3 2 b a ka 4614k 3 4 3 ， 所以（144k）2 (4k)(4614k) 解得k 2或3 ， b a 2a 5a 6a 2a 当k 2时 n  n1 n  n n1 n 3(n2) b a 2a a 2a n1 n n1 n n1 b a 3a 5a 6a 3a 当k 3时 n  n1 n  n n1 n 2(n2) b a 3a a 3a n1 n n1 n n1 结论同解法一 （解法一） a 2a 23n1 （2）由（1）知 n1 n 解得a 23n12n1 ………………………7分  a 3a 2n1 n n1 n 1 S  a 3a  3n12n1则S 3n 2n(n2) ……………………………9分 n1 2 n1 n n 又S 1也满足S 3n 2n ……………………………………………………10分 1 n 2 S 3n 2n 3n(1( )n) n 3 2 2 2 1 1 1 （ ）n  1( )n  S 3n1   …………………13分 3 3 3 3 n S 3n1 n 1 1( )n 故 1  1 ... 1  1  1 ... 1 = 3  3 (1( 1 )n) 3 证毕…………15分 S S S 30 31 3n1 1 2 3 2 1 2 n 1 3 （解法二）同解法一得到S 3n 2n …………………………………………10分 n 由二项式定理得3n （21）n C02n C12n1...Cn20 n n n 当n2时；C12n1 2n即3n 2n 2n(n2) ………………………13分 n 4/81 1  1 1 1 1 1 1 4 2n1 3 1 3 所以n2时  ... 1  ... 1    …14分 S S S 22 23 2n 1 2 2n 2 1 2 n 1 2 1 3 n=1时 =1 S 2 1 1 1 1 3   ...  …………………………………………………………………15分 S S S 2 1 2 n 17.解（1）设小明分别采用策略一和策略二的得分分别为X ,X ,， 1 2 2 1 1P X 0,2,3 P(X 0)P (1P)  ; 1 1 4 4 4 3 33P 2 2P P(X 2)(1P)  P(X 3)P  …………………4分 1 4 4 1 4 4 ; 1P 33P 2P 3 E(X )0 2 3  …………………5分 1 4 4 4 2 5 3 32P X 0,4,6 P(X 0)P (1P)  2 2 6 6 6 3 33P 1 P P(X 4)(1P)  P(X 6)P  2 6 6 2 6 6 ; 32P 33P P E(x )0 4 6 2P ………………10分 2 6 6 6 3 所以小明分别采取策略一和策略二的得分的期望分别为 和2P 2 ； （2）设小明选择策略一和策略二的得分分别为Y,Y 1 2 1 2 3 1 5 Y 0,4,6 P(Y 0)     1 ； 1 4 3 4 3 12 3 2 6 1 1 1 P(Y 4)   P(Y 6)   1 4 3 12 ； 1 4 3 12 5 6 1 5 E(Y)0 4 6  ………………………12分 1 12 12 12 2 1 3 2 3 3 1 1 Y 0,6 P(Y 0)    ；P(Y 6)   2 2 4 4 3 4 2 4 3 4 3 1 3 E(Y )0 6  ………………………………………………14分 2 4 4 2 5/8E(Y) E(Y )小明应选择策略一 …………………………………………15分 1 2 4 1 18.解（1） f(x) 2ax42a  (2ax4)(x1) ，x  0 x x 若a  0，则 f(x)0， f(x)在(0,) 上单调递增 ………………………………2分 2 若a  0，由 f(x)0得x  a 2 2 当x(0, )时 f(x)0；当x( ,)时， f(x)0 a a 2 2  f(x) 在(0, ) 单调递增，在( ,) 单调递减 ……………………………………4分 a a （2） f(x) 存在极值，由（1）知a  0 ，……………………………………………5分 f(x ) f(x )4(lnx lnx )a(x2 x2)(42a)(x x ) 2 1 2 1 2 1 2 1 4(lnx lnx )a(x x )(x x )(42a)(x x ) 2 1 2 1 2 1 2 1 f(x ) f(x ) 4(lnx lnx ) 由题设得 f(x ) 2 1 ＝ 2 1 a(x x )42a ……………7分 0 x x x x 2 1 2 1 2 1 x 0 x  x ，设 2 t(t 1) 1 2 x 1 lnx lnx 2 2(t1) ①要证明 2 1  即证明lnt  ……………………………8分 x x x x t1 2 1 2 1 2(t1) 设g(t)lnt ,(t 1) t1 1 2(t1)2(t1) (t1)2 则g(t)   0 ……………………………10分 t (t 1)2 t(t 1)2 g(t)在(1,) 上单调递增，g(t) g(1)0 2(t1) lnx lnx 2 lnt  ，即 2 1  得证…………………………………………12分 t1 x x x x 2 1 2 1  x x  8 ② f  1 2   a(x x )42a……………………………………………13分  2  x x 2 1 1 2 x x 4(lnx lnx ) 8 lnx lnx 2  f(x ) f( 1 2) 2 1  4 2 1   0 0 2 x x x x  x x x x  2 1 1 2 2 1 1 2 6/8x x  f(x ) f( 1 2) ………………………………………………………………15分 0 2 4  f(x) 2ax(4a)在(0,) 上是减函数 x x x  1 2  x ………………………………………………………………………………17分 2 0 c 2 a2 19.解（1）由题设  ，且 4，解得：c 2，a 2 2 a 2 c x2 y2 a2 8，b2 4，椭圆C的方程：  1 ………………………………………2分 8 4 y t y （2）设Q(x ,y )，P(4,t) ，k  0 ，k  0 0 0 PQ x 4 OQ x 0 0 1 y2 ty 1 1 k k  ， 0 0  ，ty  y2 x22x ……………………4分 PQ OQ 2 x2 4x 2 0 0 2 0 0 0 0 根据对称性可知定点T 存在时一定在x轴上，设T(m,0)………………………………5分     PT (m4,t) ，QT (mx ,y ) PT QT  0恒成立 0 0 ， 即(m4)(mx )ty 0 恒成立…………………………………………………………6分 0 0 1 (m4)(mx ) y2 x22x 0 恒成立 0 0 2 0 0 x2 y2 1  0  0 1 y2  x2 4 (m4)(mx )42x 0恒成立 8 4 0 2 0 ， 0 0 m2 4m4(2m)x 0恒成立 m  2 …………………………………………8分 0 即存在定点T(2,0) 满足PT QT 恒成立………………………………………………9分 （3）设M(x ,y ),N(x ,y ),H(x,y) 1 1 2 2 PM HM       ，设MPPN ，则MH HN PN HN (4x ,2 y )(x 4,y 2)  1 1 2 2 ……………………………………………………11分 (xx ,y y )(x x,y  y) 1 1 2 2 x x x x 4 1 2 ，① x 1 2 ② 1 1 7/8y y y y 2 1 2 ，③ y  1 2 ④……………………………………………………12分 1 1 x2 2x2 y2 2y2 ①×②得4x 1 2 ，⑤ ③×④得2y 1 2 ⑥ ……………………13分 12 12 x2 y2 2x2 2y2  1  1 1，⑦ 2  2 2⑧ 8 4 8 4 x2 2x2 y2 2y2 ⑦－⑧： 1 2  1 2 12 …………………………………………………15分 8 4 4x 2y 将⑤⑥代入得：  1，即x y20 8 4  H在直线x y20上.………………………………………………………………17分 8/8