第22套：2024年2月“鸽子杯”数学试题参考答案(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套_2024年2月“鸽子杯”数学

2024 年 2 月“鸽子杯”线上测试 数学试题参考答案 （参考答案仅提供部分解法） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A C A C D C D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 答案 ABC BD ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 题号 12 13 14 7 n2,n为奇数 5 511 答案  a  380  14 n  n2 1,n为偶数 2 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（13分） （1）设考生得分为X ，X 为离散型随机变量，则X 的可能取值为0、1、3、5. 1 1 1 1 5 5 则 P(X 5)( )5  ， P(X 3)C1( )( )4  ， P(X 1) ， 2 32 5 2 2 32 16 1 P(X 0) ，故X 的分布列为： 2 X 0 1 3 5 1 5 5 1 P 2 16 32 32 5 5 1 15 因此考生得分的数学期望E(X) 1 3 5 . ……7分 16 32 32 16 数学试题参考答案 第 1 页 共 6 页（2）设考生得分为Y ，Y 为离散型随机变量，则Y 的可能取值为0、1、3、5. 1 1 1 1 3 3 1 则P(Y 5)( )3  ，P(Y 3)C1( )( )2  ，P(Y 1) ，P(Y 0) . 2 8 3 2 2 8 8 8 3 3 1 17 因此考生得分的数学期望E(Y) 1 3 5 . ……13分 8 8 8 8 16.（15分） （1） 甲：由余弦定理，BC2  AB2  AC2 2ABACcosBAC，BC 7. PA2 PB2  AB2  由于PA，PB，PC两两垂直，因此根据勾股定理得PB2 PC2 BC2 ，解  PC2 PA2 CA2  得PA 2 5，PB 5，PC 2 11. 1 1 1 1 故 表 面 积 S  PAPB PBPC PCPA  ABACsinBAC 5 2 2 2 2 1 1 10 3 5510 3；体积V  ( PBPC)PA  11. ……4分 3 2 3 乙：因为PA PB，故PA2 PB2  AB2，而PA 2PB，因此PA 2 5，PB 5. 因为PA PC，所以PC  AC2 PA2 2 11 . 1 3 而S  ABACsinBAC 10 3 ，故sinBAC  ，因BAC90， 三角形ABC 2 2 故BAC 60，所以BC2  AB2  AC2 2ABACcosBAC，BC 7. 注意到PB2 PC2 BC2，因此PBPC. 1 1 1 1 故 表 面 积 S  PAPB PBPC PCPA  ABACsinBAC 5 2 2 2 2 1 1 10 3 5510 3；体积V  ( PBPC)PA  11. ……6分 3 2 3 丙：设P在平面ABC中的投影为P'，连接P'A，P'B，P'C ，则PP'平面ABC. 故PP'与P'A，P'B，P'C 均垂直. 而PA 2 5，故PB 5，PC 2 11， 33 7 2 11 又因为PP' ，因此AP' 3 ，BP' 3，CP' 3. 3 3 3 3 11 1 5 由余弦定理，计算得cosAP'B ，cosAP'C  ，则sinAP'B 3， 14 7 14 4 1 sinAP'C  3，因此cosBP'C  ，由余弦定理BC 7. 7 2 数学试题参考答案 第 2 页 共 6 页故PB2 PC2 BC2，PBPC. 1 1 1 1 故 表 面 积 S  PAPB PBPC PCPA  ABACsinBAC 5 2 2 2 2 1 1 10 3 5510 3；体积V  ( PBPC)PA  11. ……9分 3 2 3 （2）方法一：设二面角ABCP的大小为；作PH BC，垂足为H . 由于PA PB，PA PC，PBPC P，PB，PC 平面PBC ，因此PA  平面PBC ，而BC 平面PBC ，因此PA BC. 而PH BC，PH PA P，因此BC  平面PAH ，故AH BC. 因此AHP是二面角ABCP的平面角. 1 PH BC 故coscosAHP PH  2  S 三角形PBC  165 . AH 1 S 30 AH BC 三角形ABC 2 ……10分/12分/15分 方法二：以P为原点，PB，PC，PA为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. 因此P(0,0,0)，B( 5,0,0)，C(0,2 11,0)，A(0,0,2 5)，AB( 5,0,2 5)， AC (0,2 11,2 5). 设平面 ABC 的法向量为n ，平面PBC 的法向量为n ，故n (0,0,1) . 设 1 2 1   n AB0 n (x,y,z)，则 2 ，解得n (2 11, 5, 11). 2 2  n AC 0 2 n n 165 设二面角ABCP的大小为，则cos 1 2  . n  n 30 1 2 ……10分/12分/15分 17.（15分） （1） f(x)eaxbcosx(absinx)，求导函数得 f'(x)eaxbcosx(a2 b2sin2 xbcosx)， 即 f'(x)eaxbcosx(b2cos2 xbcosxa2 b2). 1 1 xcosx 3 1 1 令a ，b1，则 f'(x)e2 (cosx )(cosx )，当 f'(x)0，cosx 2 2 2 2 1 0；当 f'(x)0，cosx 0. 2 数学试题参考答案 第 3 页 共 6 页1 2 4 1 2 在区间(0,2)中，cosx 0时  x ，cosx 0时0 x 或 2 3 3 2 3 4  x2. 3 2 2 4 4 因此 f(x)在(0, )单调递减，在( , )单调递增，在( ,2)单调递减. 3 3 3 3 ……6分 （2）若 f(x)单调性不变，则必有b2cos2 xbcosxa2 b2不变号. 设ucosx，则 1u1，即讨论g(u)b2u2 bua2 b2不变号，由于b0，因此g(u)是二次函数. g(1)0 a2 b0 若g(u)0在[1,1]恒成立，则 ，即 ，由于a0，b0， g(1)0  a2 b0 因此此情形不成立；  1 g( )0 g(1)0   2b  1 1 若g(u)0在[1,1]恒成立，则 或 1 ，即a b2  (b )或  1  1 4 2  0 1 2b  2b  1 b b,0b  1  2 a b (0b )，由于t ab0，因此th(b) . ……11分 2  b2  1 b,b 1   4 2 1 1 1 1 1 0b 时h'(b) 1，0b 时h'(b)0， b 时h'(b)0. 故 2 2 b 4 4 2 1 0b 1 时h(b)  1 ；b 1 时h(b) 4  1  1 . 2 max 4 2 1 2 22 4 b2  b 4 1 因此t . ……15分 4 18.（17分） Am （1）Cm(m1)!（或 n ） ……3分 n m （2）①s(4,2)是指将4个元素分为2个圆排列. 考虑到4个元素分为2个圆排列共 有两种情况，一种是分为一个含有3个元素的圆排列和含有1个元素的圆排列，另一种 是分为两个含有2个元素的圆排列. 对于第一种情况，计算方式为C3(31)!，结果为8； 4 数学试题参考答案 第 4 页 共 6 页C2 对于另一种情况，计算方式为 4 ，结果为3. 2 因此s(4,2)8311. ……7分 ②我们只需讨论在已有的n个元素在m1个圆排列中的情况下，新增第n1 个元素时的情况数. 若原有的n个元素已经分布在前m个圆排列，则第n1个元素一定 在第m1的圆排列，共s(n,m)种情况；若原有的n个元素分布在m1个圆排列中，则 第n1个元素可以插入进任意一个圆排列的任意两个元素之间（若某个圆排列只有一个 元素则只考虑加入圆排列），共ns(n,m1). 两种情况求和即为s(n1,m1). 因此s(n,m)ns(n,m1)s(n1,m1). ……12分 n n n （3）所求即为s(n,i). 设T s(n,i)s(n,i). n i1 i1 i0 n1 n n 则 T s(n1,i)s(n1,i)s(n1,n1)(s(n,i1)ns(n,i)) n1 i1 i1 i1 n n s(n1.n1)s(n,i)ns(n,i)s(n1,n1)s(n,n). i1 i1 T 由于s(n,n)s(n1,n1)1，故T (n1)T ， n1 n1. n1 n T n T T T 而T s(1,1)1， 2 2， 3 3，……， n n，依次相乘得T n! 1 T T T n 1 2 n1 综上，总的方案数为n!. ……17分 19.（17分） （1）设点P坐标为(x ,y ). 0 0 由题意可知：2 2 x  (x  2)2  y2  (x  2)2  y2 , 0 0 0 0 0 (x  2)2  y2  (x  2)2  y2 两边同时乘 0 0 0 0 得 2 2 x 0 2x (x  2)2  y2  (x  2)2  y2  0 ， 0 0 0 0 x 0 数学试题参考答案 第 5 页 共 6 页x 解得 (x  2)2  y2  2 x  0 ，整理得x2  y2 1， 0 0 0 x 0 0 0 因此点P的轨迹方程为x2  y2 1. ……6分 1 （2）设F 到直线PQ的距离为r，则三角形PQF 的面积S   PQ r 2r. 1 1 2 故问题可以转化为：若存在 PQ 4，求r的最大值. 设圆心为F ，半径为r 的圆(x 2)2  y2 r2上有一点(rcos 2,rsin)， 1 其切线为(xrcos 2)cos(yrsin)sin0，即xcos ysin 2cosr 0. x2  y2 1 联立 ，得关于y的方程：  xcos ysin 2cosr 0 (2cos21)y2 2sin( 2cosr)y( 2cosr)2 cos20 有判别式4sin2( 2cosr)2 4(2cos21)(( 2cosr)2 cos2)0， 整理得4cos2(( 2cosr)2 cos2sin2)0，因此( 2cosr)2 cos2sin20 且cos0. 对于cos0的情况，此时该切线与必有两个交点，故保留. 而对于 PQ ，有 PQ 2 (1tan2)(y  y )2 16， 1 2 整理得r  2cos (8cos23)(2cos21) ，我们只需讨论正的部分，即令 r  2cos (8cos23)(2cos21) . 3 1 不妨设cos0，cos2u[0, ][ ,1]，则r(u) 2u  16u2 14u3 ， 8 2 1 16u7 r'(u)  . 2u 16u2 14u3 1 1 1 当 u1时，由于r( )1， u1时r'(u)0，故r(u)r(1) 2 5； 2 2 2 3 3 3 3 当0u 时，r(u)  3   2 5 . 8 2 2 因此r的最大值为 2 5，故三角形PQF 面积的最大值为2 22 5 . 1 ……17分 数学试题参考答案 第 6 页 共 6 页