第28套：“乾坤杯•年夜狂欢”线上学业质量测评｜数学参考答案和评分标准(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

乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 “乾坤杯·年夜狂欢” 线上学业质量测评 数学参考答案和评分标准 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 D C B D C A D B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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 ABD AC BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 题号 12 13 14 答案 −1 0.03 3 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. 解:（1）由题a+b=20，至少有5%的把握认为及格率与试卷难度无关,得到2×2列联表如下： 成绩 不合格 合格及以上 总计 卷型 A卷 a 60−a 60 B卷 20 20 40 总计 20+a 80−a 100 （1分） 100(40a−1200)2 200 则χ2 = = <3.841 (20+a)(80−a)×40×60 7500 −3+ (a−30)2 2500 2500 20 即(a−30)2 < < =144.0375× ∈(121,144)（3分） 200 200 21 21 +3 × 3.841 3.841 20 100×4402 所以a>18，又a=19时χ2 = ≈3.089<3.841（4分） 39×61×40×60 100×4802 a=18时χ2 = ≈4.074>3.841（5分） 38×62×40×60 故a的最小值为19.（6分） （2）①由题意得X  H(40,20,3)，X 可能的取值为0,1,2,3 【乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 第1页（共8页）】乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 C3 3 C1 C2 5 P(X =0)= P(X =3)= 20 = ，P(X =1)= P(X =2)= 20 20 = （8分） C3 26 C3 13 40 40 所以X 的分布列为 X 0 1 2 3 9 5 5 9 P （9分） 78 13 13 78 5 5 3 3 故E(X)=1× +2× +3× = （10分） 13 13 26 2 9 9 1 5 37 ②：由①D(X)= × ×2+ × ×2= （11分） 4 78 4 13 52 1 1 3 1 1 3 令Y  B(3, )，则E(Y)=3× = ，D(Y)=3× × = 2 2 2 2 2 4 所以E(X)= E(Y)（12分），在误差允许的范围内有D(X)≈ D(Y) 故近似指的是方差.（13分） 1 ax−1 16. 解:（1）由题意得 f(x)的定义域为(0,+∞)， f'(x）=a− = x x 若a<0， f'(x）≤0在(0,+∞)上恒成立，所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增（1分） 1 1 若a>0，令 f'(x)>0，得x> ;令 f'(x)<0，得0< x< a a 1 1 所以函数 f(x)在(0, )上单调递减，在( ,+∞)单调递增；（3分） a a (x−1)ex g'(x）= ，令g'(x）>0，得x>1;令g'(x）<0，得0< x<1 x2 所以函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)单调递增.（5分） aex (x−1)(aex −x) （2）令F(x)= f(g(x))= −x+lnx，F'(x)= .令h(x)=aex −x，h'(x)=aex −1. x x2 ①a<0时，h'(x)<0在(0,+∞)上恒成立 故当x∈(0,1)时，F'(x)>0,F(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，F'(x)<0,F(x)单调递减 所以F(x)有唯一极大值点，没有极小值点，不满足题意（6分） ②a≥1时，h'(x)≥ex −1>0在(0,+∞)上恒成立 所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增，h(x)>h(0)=a >1 故当x∈(0,1)时，F'(x)<0,F(x)单调递减；当x∈(1,+∞)时，F'(x)>0,F(x)单调递增 所以F(x)有唯一极小值点，满足题意（8分） 【乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 第2页（共8页）】乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 ③00，得x>−lna 故函数h(x)在(0,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增 1 则令h(x) =h(−lna)=1+lna>0，得a≥ （10分） min e 1 当 ≤a<1时，h(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，由②可知F(x)有唯一极小值点，满足题意（11分） e 1 1 1 1 当00，h(−2lna)= +2lna= −2ln >0 e a a a 又因为h(x)在(0,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增 所以存在唯一实数x ∈(0,−lna)，x ∈(−lna,2lna)使得h(x )=0，h(x )=0，又h(1)=ae−1<0（12分） 1 2 1 2 故当x∈(0,x )时，F'(x)<0；当x∈(x ,1)时，F'(x)>0；当x∈(1,x )时，F'(x)<0；当x∈(x ,+∞)时，F'(x)>0 1 1 2 2 故函数F(x)在(0,x )上单调递减，在(x ,1)上单调递增，在(x ,1)上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增 1 1 1 2 所以F(x)的极小值点为x ,x ，不唯一，不满足题意（14分） 1 2 1 综上，a的取值范围为[ ,+∞).（15分） e 17. 解:（1）不妨假设存在点P使得直线BC ⊥平面PCD 因为CD⊂平面PCD，所以BC ⊥CD，又四边形ABCD内接于O，所以AB⊥ AD（1分） 在平面PAD上作直线l ⊥ AP于E，因为平面PAB⊥平面PAD，平面PAB∩平面PAD= AP，l ⊂平面PAD 所以l ⊥平面PAB（2分），又因为AB⊂平面PAB，故AB⊥l 又AD⊂平面PAD，l ⊂平面PAD，AD∩l = E，所以AB⊥平面PAD（3分） 而PC ⊄平面PAD，PC∩平面PAD= P，故AB,PC不垂直，与题意矛盾. 所以不存在点P使得直线BC ⊥平面PCD（4分）       （2）因为OA+OB+OD=0，所以OA+OB=−OD A D     取AB中点F ，连接OF 延长交O于G，则OA+OB=−OD=2OF O    F 所以G,F,O,D四点共线，则OG =2OF =−OD即OA=OG =2OF G C 1 因为OA=OB，F 为AB中点，所以OF ⊥ AB，则cos∠AOF =cos∠BOF = 2 B π 2π π 则∠AOF =∠BOF = ，∠AOB= ，所以∠ADB= 图17.1 6 3 3 【乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 第3页（共8页）】乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 π 同理可证∠ABD=∠BAD= ，所以  ABD是等边三角形（7分） 3   法一：以O为坐标原点，AB,OD,向上为x,y,z轴正方向，建立如图17.2所示的空间直角坐标系O−xyz π π P 设O半径为2，P(x ,y ,z )，C(2cosθ,2sinθ,0)，其中θ∈(− , ) z 0 0 0 6 2   所以AP=(x + 3,y +1,z )，AB=(2 3,0,0) 0 0 0 设平面PAB的法向量m =(x ,y ,z ) 1 1 1 y A   O D  AB⋅m=0  2 3x =0 则  ⇒ 1 B C AP⋅m=0 (x + 3)x +(y +1)y +z z =0 x 0 1 0 1 0 1 取y = z ，可得m =(0,z ,−y −1)（8分） 图17.2 1 0 0 0 取平面ABCD的一个法向量n=(0,0,1)     m⋅n 2 所以cos45° = cos =   = m ⋅ n 2  解得 y +1 = z ，则取m =(0,1,−1)， AD=( 3,3,0)（9分） 0 0 设平面PAD的法向量p =(x ,y ,z ) 2 2 2    AD⋅p=0   3x +3y =0 则  ⇒ 2 2 AP⋅p=0 (x + 3)x +(y +1)y +z z =0 0 2 0 2 0 2   取x = 3，又m⋅p=0，解得p =( 3,−1,−1)（10分） 2    设直线AP的方向向量q =(x ,y ,z )，AP=tq,t∈R 3 3 3    q⋅m=0 y −z =0 则  ⇒ 3 3 q⋅n=0  3x − y −z =0 3 3 3  取x =2 3，可得q =(2 3,3,3)，所以AP=(2 3t,3t,3t)（11分） 3 由题意可知PC ⊥平面ABCD时 AP 取得最大值 则2cosθ=2 3t− 3，2sinθ=3t−1 6 所以4=(2 3t− 3)2 +(3t−1)2 ，解得t = (t =0舍）（12分） 7 5 11 18  18   5 3 18 则P=( 3, , )，PC=(0,0,− )，BD=(− 3,3,0)，PD=(− 3, ,− ) 7 7 7 7 7 7 7 设平面PBD的法向量s =(x ,y ,z ) 4 4 4 【乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 第4页（共8页）】乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准   − 3x + y =0  BD⋅s=0  4 4 则  ⇒ 5 3 18 PD⋅s=0 − 3x + y − z =0  7 4 7 4 7 4 2 取x = 3，可得s =( 3,1,− )（13分） 4 3 设直线PC与平面PBD所成的角为α   12   PC⋅s 7 10 所以sinα= cos< PC,s> =   = = （14分） PC ⋅ s 18 2 10 × 10 7 3 π 3 因为α∈(0, )，所以cosα= 1−sin2α= 10 2 10 3 故 AP 最大时直线PC与平面PBD所成角的余弦值为 10 .（15分） 10 π 法二：设P在底面上投影为P ，∠PAB=α，∠PAD= −α 0 0 0 3 直线PA与底面所成角为β，∠PAB=θ，O半径为r D A P 由三余弦定理及三正弦定理得 H   3 O sinθ= 2sinβ tanα= P 0   2 cosα=cosβ⋅cosθ ⇒解得 （10分） C   21 π 1 tanβ= cos( −α)⋅cosβ⋅cosθ=   7  3 2 B π tanα 21 2 因为α∈(0, )，则sinα= = ，cosα= 1−sin2α= 7 （11分） 图17.3 3 1+tan2α 7 7 AP 所以∠BAP 0 ,∠PAP 0 为定值，而AP = sin∠P 0 AP D 0 A 所以 AP 取最大值时， AP 取最大值即P 与C重合时 0 0 Q 故直线PC ⊥平面ABCD O H P π 9 此时有 PC = PP = AP tanβ=2rcos( −α)tanβ= r C(P 0 ) 0 0 6 7 作CH ⊥直线BD于H ，连接PH ，作CQ⊥ PH 于Q B π 3 3 所以 CH =2rcos2( −α)−2 3rcos30° = r ， PH = CH 2 + PC 2 = 10r 图17.4 6 7 7 因为BD⊂平面ABCD，所以BD⊥ PC 又因为PC,CH ⊂平面PCH ，PC∩CH =C 所以BD⊥平面BDH ，而CQ⊂平面CDH 【乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 第5页（共8页）】乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 所以BD⊥CQ，又因为BD,PH ⊂平面PBD，BD∩PH = H 所以CQ⊥平面BDH ，则∠CPH即为直线PC与平面BDH 所成角的平面角（13分） 9 r PC 3 7 所以cos∠CPH = = = 10 PH 3 10 10r 7 3 故 AP 最大时直线PC与平面PBD所成角的余弦值为 10 .（15分） 10 p 18.（1）证：设P(2pn2,2pn)，直线PF 方程:x=my+ 2 y2 =2px  联立直线PF ，Γ方程:  p ⇒ y2−2pmy− p2 =0 x=my+  2 y y p2 p p y ,y 是方程两根，则y y =−p2 ，x x = P M = ，则N( , )（1分） P N P N P N 4p2 4 8n2 2n 2pn 直线PM 斜率k = =−2n，则l : y =−2n(x−2pn2)+2pn PM −p PM y2 =2px p 联立直线PM ，Γ方程:  ⇒ y2+ y−4p2n2−2p2 =0 y=−2n(x−2pn2)+2pn n −2p2(2n2 +1) p 同理y y =−2p2(2n2 +1)，则y = =−2pn− P M M 2pn n p 1 1 p 4p 1 3 则 PN =2pn2 + + p=2p(n+ )2 （2分）， PM = +1 4pn+ = (n+ )2 （3分） 8n2 4n 4n2 n n 4n 4p 1 3 (n+ )2 PM n 4n 2 3 所以 = = （4分），又因为 PF < PN <2p即n< （5分） PN 2p(n+ 1 )2 n2 + 1 2 4n 4 故 PM >2 PN ，在  PMN中由正弦定理可知 sin∠PNM >2sin∠PMN >2sin∠PMNcos∠PMN =sin(2∠PMN)（6分） 又∠PNM ∈(0,π)，故∠PNM >2∠PMN ，得证.（7分） （2）解：设P(n2,2n)，则G(−n2,0)，直线PG方程为ny−x+n2 =0（8分） 由（1）可知直线PM :nx+ y−n3 −2n=0（9分） y2 =2px 4 联立直线PM ，Γ方程:  ⇒ y2+ y−4n2−8=0 nx+ y−n3−2n=0 n 4 y y =−4n2 −8，故M(n2 +4+ ,−2n−4)（10分） P M n2 【乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 第6页（共8页）】乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 1 2 由（1）可知N( ,− )，过点N 作NE ⊥直线PG于点E（11分） n2 n 1 因为k ⋅k =−1，所以k =−n，则直线NE:nx+ y+ =0 NE PG PG n y2 =2px  1 联立直线NE，Γ方程:  1 ，解得E(−1,n− )（12分） nx+ y+ =0 n  n  1 1  4 4 则NE =( +1,− −n),PM =(4+ ,−4n− ) n2 n n2 n     4 所以PM =4NE，即TP =4TE，故S PNT = 3 S PNE （14分）  1   又因为EP =(n2 +1,n+ )，所以 EP =n EN n 1 (n2 +1)3 1 1 所以S = EP ⋅ EN = = (n+ )3 ≥4（15分）（当且仅当n=1时取等）（16分） PNE 2 2n3 2 n 4 16 故S = S ∈[ ,+∞)（17分） PNT 3 PNE 3 19.（1）解：易知A(60)=16（1分），A(312)=96（3分） （2）解：由于n=2时仅有1与2互质，故A(2)=1为奇数（4分） 下面我们证明对∀n≥3，n∈N* ，都有A(n)为偶数. ①若n为奇数，对∀k∈N∗，k y. 则k =n−(n−k)= x(z− y)，而z− y >0，z− y∈N∗ 故x也是k的一个质因子，与k,n互质矛盾！故k,n互质时，n−k,n互质.（7分） 而由于n为奇数，故不存在k使得k =n−k，所以与n互质且比n小的数能两两配对 即A(n)是偶数.（8分） ②若n为偶数，由①知对于∀k ≠n−k的k，都能两两配对（9分） n n n 若k =n−k，则k = ，由于 的质因子个数有限，故存在最小的 j∈N∗, j≥2，使得 j是 的一个质因子 2 2 2 n n 则∃'j ∈N∗, j'j = .故n=(2'j)⋅ j，即 j为n质因子.这与n, 互质矛盾！ 2 2 n 故A(n)中不包含 .（11分） 2 故对于n为偶数，k与n−k 依然配对.故A(n)为偶数. 【乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 第7页（共8页）】乾坤杯·年夜狂欢 数学参考答案和评分标准 综上，满足A(n)为奇数的n只有2.（12分） （3）证：若n= p p p ，记集合S ={ 1,2n } ,S = { m∈S p整除m } (i =1,2n) 1 2 k i i 记 A 表示A的元素个数，则 S =n. S ∩S ∩S 中，由于 p 为不同的质数，故S ∩S ∩S 表示1n内被 p ,p p 整除的数的个数 i 1 i 2 i t i i 1 i 2 i t i 1 i 2 i t n 即 S ∩S ∩S = .（14分） i 1 i 2 i t p p p i i i 1 2 t 由于 S ∪S ∪S 表示1n内所有与n有公共质因子的数的个数 1 2 k k 由容斥原理：S ∪S ∪S =∑ S − ∑ S ∩S +(−1)k−1 S ∪S ∪S 1 2 k i i i 1 2 k 1 2 i=1 1≤i