辽东十一所重点高中联合教研体2024届高考适应性考试模拟试题-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

辽东十一所重点高中联合教研体 2024 届高考适应性考试模
拟试题
数 学·参考答案
一、单选题：1．C 2．A 3．C 4．B 5．C 6．B 7．D 8．D
二、多选题：9．CD 10．ACD 11．CD
23π 3
三、填空题：12．14 13． 14． /0.1875
6 16
四、解答题：
15．（1）由题意可得：甲不购买一盒草莓情况为该盒有1个烂果且随机检查其中4个时抽到
这个烂果，
C3
甲购买一盒草莓的概率P10.2 19 0.96.
C4
20
（2）用“√”表示购买，“╳”表示不购买，乙第5周购买有如下可能：
第1周 第2周 第3周 第4周 第5周
√ √ √ √ √
√ ╳ √ √ √
√ √ ╳ √ √
√ ╳ √ ╳ √
√ √ √ ╳ √
故乙第5周网购一盒草莓的概率
P0.840.20.80.80.80.20.80.20.20.80.80.20.8336.
参考答案·第1页（共9页）
{#{QQABQQAUggAAAAJAAAhCQwlaCkIQkACCAKoOwAAEsAAAyQFABAA=}#}16．（1）解法一
如图，延长DE与CC 的延长线交于点G，
1
1 1 1 1
因为AD AA  CC ,E为AC 的中点，所以GC  AD CC  GC，
1 3 1 3 1 1 1 1 1 3 1 4
1
连接GB与BC 交于点F ，则FC  BC ，
1 1 1 4 1 1
1
取BC 的中点H，连接AH,EF ，则FC  CH ，故EF//AH ，
1 1 1 1 2 1 1
因为AB AC，所以AH BC ，所以EF  BC ，
1 1 1 1 1
又EF 平面ABC ，平面ABC 平面BCCB ，平面ABC Ç 平面BCCB BC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以EF平面BCCB ，
1 1
因为EF 平面BDE，所以平面BDE 平面BCCB ．
1 1
解法二
如图，延长ED与CA的延长线交于点G，连接BG，
1
因为AD AA,E为AC 的中点，所以GA2AE AB AC，
1 3 1 1 1 1
参考答案·第2页（共9页）
{#{QQABQQAUggAAAAJAAAhCQwlaCkIQkACCAKoOwAAEsAAAyQFABAA=}#}所以BC BG，
又BG平面ABC，平面ABC平面BCCB ，平面ABC平面BCCB BC，
1 1 1 1
所以BG平面BCCB ，
1 1
因为BG平面BDE，所以平面BDE 平面BCCB ．
1 1
（2）由AB AC 2,BC 2 2  2AB，易得ABAC，则AB,AC,AA两两垂直，
1
以A为坐标原点，AB,AC,AA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐
1
标系，
 4
则B2,0,0,D0,0, ,A0,0,2 ,E 0,1,2，
 3 1
    4
所以BE 2,1,2,AE  0,1,0,BD 2,0, ，
1  3
 
  mBE 2x y 2z 0
设平面BEA 1 的法向量为mx 1 ,y 1 ,z 1 ，则 m    A  E   y  1 0 1 1 ，
1 1

取z 1，得m1,0,1，
1

设平面BED的法向量为nx ,y ,z ，
2 2 2
 
nBE2x  y 2z 0
 2 2 2 
则  4 ，取z 2 3，得n2,2,3，
nBD2x  z 0
 2 3 2
  m  n  120213 5 34
则cosm,n
 
 
，
mn 120212 222232 34
由题意可得二面角DBEA 为锐二面角，
1
5 34
所以二面角DBEA 的余弦值为 ．
1
34
参考答案·第3页（共9页）
{#{QQABQQAUggAAAAJAAAhCQwlaCkIQkACCAKoOwAAEsAAAyQFABAA=}#}1 1
17．（1）当 pr 0,k  时，S  na qn，
2 n 2 n
1  1 
当n2时，a n S n S n1   2 na n qn     2 n 1a n1 q n 1   ，
整理得n2a n1a 2q0，则n1a na 2q0，
n n1 n1 n
两式相减，得n1a 2n1a n1a 0，
n1 n n1
因为n2，所以a 2a a 0，所以数列a 是等差数列．
n1 n n1 n
（2）当kq0,p2时，S 2a r，
n n
令n1，得a S 2a r，则a r0，
1 1 1 1
因为S 2a S 2a ，所以a 2a ，
n1 n1 n n n1 n
因为a r0，所以a 0，
1 n
所以数列a 是首项为－r，公比为2的等比数列，
n
所以 S 
r 12n
  12n r ，所以b 1n1 S n 1n 2n1  ．
n 12 n r
因为b b   22k11    22k 1  22k1，
2k1 2k
所以 T 223L 22k1  2
 14k
 2 4k 1 ，
2k 14 3
则T T b  2 4k 1    22k 1   1 4k 1  ，
2k1 2k 2k 3 3
所以T 是递增数列，T 是递减数列，
2k 2k1
所以T  T 2,T  T 1，
2k min 2 2k1 max 1
所以12，即实数的取值范围为
(-1,2 )
．
参考答案·第4页（共9页）
{#{QQABQQAUggAAAAJAAAhCQwlaCkIQkACCAKoOwAAEsAAAyQFABAA=}#}f x ax ex2 ax axlnaxax axlnax1
18．（1）gx ex ex ,gx  ,
x x x x2 x2
因为ax 0,x2 0,gx定义域为,0U 0,
1 1
当a 1时,lna0,解gx0,得x ,解gx0,得0 x ,x0
lna lna
1 1
当0a1时,lna0,解gx0,得x ,解gx0,得0 x ,x0
lna lna
 1   1 
综上, 当a 1时, gx增区间为 ,,gx减区间为,0,0, ,
lna   lna
 1   1 
当0a1时, gx增区间为, ,gx减区间为0，+, ，0,
 lna lna 
（2）1）因为 f xaxex2,a1且 f x存在三个零点x,x ,x .
1 2 3
所以ax ex2=0有3个根
当x0时, f 1a1e<0,f 0a0 0, fxaxlna2ex0,
f x在,0上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.
12lnx
当x0,xlna12lnx,即lna 有两个根,
x
12lnx 12lnx
令tx ,可转化为ylna与tx 有两个交点
x x
212lnx 12lnx
tx  ,
x2 x2
可得x  0, e  ,tx0,tx是单调递增的, 可得x  e,  ,tx0,tx是单调递减的,
其中t   1   0,当x e,tx0,tx t  e   2
 e max e
2
所以可得0lna ,
e
2
即得 .
1ae e
2）因为 f xaxex2,a1且 f x存在三个零点x,x ,x .
1 2 3
设x  x  x ，ax1=ex2,ax2=ex 2,ax3=ex 2,易知其中x 0 ,0<x <x ,
1 2 3 1 2 3 1 2 3
因为x  x ,ax1 ax2,所以ex2<ex 2,x2<x 2, x <x ,故可知x x 0;①
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
12lnx
由1）可知ylna,与tx 有两个交点x  x ,
x 2 3
参考答案·第5页（共9页）
{#{QQABQQAUggAAAAJAAAhCQwlaCkIQkACCAKoOwAAEsAAAyQFABAA=}#}x  0, e  ,tx是单调递增的, x   0, e  ,tx lna0,t   1   0,所以x  1 ;②
2 2  e 2 e
1
e  x  ,x  e ,
2 3
e
若x 2 e,则x x 2 e
3 2 3
若 ex 2 e,
3
构造函数hxtxt  2 ex  , e  x2 e
 
12lnx 12ln 2 ex
hx 
x2 
2 ex
2
12lnx 2 ex 2 x2 12ln  2 ex 
 

 2
x2 2 ex
设mx12lnx 2 ex 2 x2 12ln  2 ex  ,
 
 2
mx 2 2 e x  2x2  21 2lnx  2 ex   2x  1 2ln  2 ex 
x 2 ex  
因为
2  2 ex 2

2x2

2x32  2 ex 3

2   x3  2 ex 3 
   
x 2 ex x 2 ex x 2 ex
 3
又因为2 e  x e,2x2 e,x2 ex,x3 2 ex ,
 2
所以
2 2 e x 2x2
③
  0
x 2 ex
因为212lnx 2 ex  2x  12ln  2 ex 22lnx1 2 ex  2x  12ln  2 ex 
   
1   1
又因为x e,lnx ,2 ex e,ln 2 ex 
2 2
 
所以2lnx10,2 ex0;12ln 2 ex 0,x e 0
即得22lnx1 2 e x  2x  12ln  2 e x 0 ④
 
由③④可知mx0,,mx在  e,2 e  上单调递增, x e可得mxm  e  0
参考答案·第6页（共9页）
{#{QQABQQAUggAAAAJAAAhCQwlaCkIQkACCAKoOwAAEsAAAyQFABAA=}#}mx
hx
 2
,可知mx与hx同号
x2 2 ex
所以hx0,
hx在  e,2 e  上单调递增. hxh  e  t  e  t  e  0
txt  2 ex  0,tx t  2 ex  ,又由1)可知tx tx 
3 3 2 3
所以tx t  2 ex  ,x   0, e  ,2 ex   0, e 
2 3 2 3
x  0, e  ,tx0,tx是单调递增的,
所以x 2 ex ,x x 2 e⑤
2 3 2 3
2e1
由①②⑤可知x 3x x 
1 2 3
e
参考答案·第7页（共9页）
{#{QQABQQAUggAAAAJAAAhCQwlaCkIQkACCAKoOwAAEsAAAyQFABAA=}#}19．（1）（ⅰ）当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以x  x，y y
1 2 1 2
∵P(x，y )在椭圆上
1 1
x2 y2
∴ 1  1 1 ①
3 2
6
又∵S  ，
OPQ
2
6
∴ x y  ②
1 1 2
由①②得 x  6 ， y 1．此时x2x 2 3，y2y 2 2；
1 2 1 1 2 1 2
（ⅱ）当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为ykxm，m0，将其代入
x2

y2
1得
3 2
 3k22  x26kmx3  m22  0
故36k2m212  3k22  m22 ＞0即3k22m2
6km 3  m22 
又 x 1 x 2  3k22 ， x 1 x 2  3k22
2 6 3k22m2
∴ PQ  1k2 x x 24xx  1k2
1 2 1 2 3k22
|m|
∵点O到直线l的距离为d 
1k2
1 2 6 3k22 m2 | m| 6| m| 3k22 m2
∴ S = 1k2  =
OPQ 2 3k22 1k2 3k22
6
又 S 
OPQ 2
整理得3k222m2
此时x2x 2 x x 22xx =( 6km )22 3  m22  3
1 2 1 2 1 2 3k22 3k22
y2y2  2 3x2  2 3x2 4 2 x2x2 2
1 2 3 1 3 2 3 1 2
综上所述x2x 2 3，y2y 2 2．结论成立．
1 2 1 2
（2）（ⅰ）当直线l的斜率不存在时，由（1）知
6
OM  x  ， PQ 2 y 2
1 2 1
因此 OM PQ  6．
参考答案·第8页（共9页）
{#{QQABQQAUggAAAAJAAAhCQwlaCkIQkACCAKoOwAAEsAAAyQFABAA=}#}x x 3k y y x x 3k 22m2 1
（ⅱ）当直线l的斜率存在时，由（1）知 1 2  , 1 2  k 1 2 m 
2 2m 2 2 2m m
x x  2  y  y  2 9k2 1 6m22 1 1 
|OM |2 1 2   1 2      3 
 2   2  4m2 m2 4m2 2 m2 
|PQ|2  1k2 24  3k22m2  2  2m21  2  2 1  
 23k22 m2  m2 
1 1   1   1  1 
所以|OM |2|PQ|2 3 22 3 2 
2 m2   m2   m2  m2 
2
 1 1 
3 2 
 m2 m2 25
 
22 4
5 1 1
|OM ||PQ| ．当且仅当3 2 ，
2 m2 m2
即m 2时，等号成立．
5
综合（1）（2）得|OM ||PQ|的最大值为 .
2
6
（3）椭圆C上不存在三点D、E、G，使得 S S S 
ODE ODG OEG 2
6
证明：假设存在D(u，v)，E(x，y ),G(x，y )，满足S S S 
1 1 2 2 ODE ODG OEG 2
由（1）得u2x2 3，u2x 2 3，x2x 2=3，v2 y2 2，v2 y 2 2 ，y2 y 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
3
解得：u2  x2  x 2  ，v2  y2  y 2 1.
1 2 2 1 2
 6 6
因此u，x，x 从集合 ，- 中选取，v，y，y 从集合1,1中选取；
1 2  2 2  1 2
 6 6 6 6 
因此D、E、G 只能从点集( ,1)，( ,1)，( ,1)，( ,1)这四个点选取三个不同的
 2 2 2 2 
6
点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与S S S  矛盾.
ODE ODG OEG 2
6
所以椭圆C上不存在三点D、E、G ，使得 S S S 
ODE ODG OEG 2
参考答案·第9页（共9页）
{#{QQABQQAUggAAAAJAAAhCQwlaCkIQkACCAKoOwAAEsAAAyQFABAA=}#}