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