重庆康德2024年普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷（二）数学参考答案_2024年2月_01每日更新_26号_2024届重庆康德2024年普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷（二）

数学(二) 参考答案
一、选择题
1~8.BCBA CCAD
8题提示: 对a，b，c 取对数,lna 2024ln2022 , lnb2023ln2023 , lnc 2022ln2024 ,考察函
x2023
数 f  x  x2023  ln  x2023  ,则 f＇ x ln  x2023  0  x1  ,所以 f  x  为
x2023
增函数, f 1  f  0  f  1  ,所以lnalnblnc ,所以abc
二、选择题
9.ACD 10.AD 11.ABC 12.AD
      
1 1 题 提 示 : 设 AB a,AD bAA 1 c, 则 B 1 D  B 1 BBA AD cab
  
BC  BCCC bc 所 以 直 线 BD 与 直 线 BC 夹 角 的 余 弦 值 为
1 1 1 1
  6
cos〈cosBD,BC 〉 所以A正确，B选项，
1 1 6
      
AC abc，BD ba,AB ac 经 计 算 ， AC BD0,AC AB0 所 以 直 线
1 1 1 1
AC  ABD, 正确； C 选项，如图， AB  BD  AD 1, C A C B C D  3 在平面
1 平面 1 1 1 1 1 1 1
2 6
ABD ，内射影为等边三角形ABD 中心O ，外接球球心O 在CO 上，由 CO  解得外接球
1 1 1 1 1 1 1 3
3 6 27
半径为 所以球的表面积为 正确；D 选项，点 B 到平面 ABD 的距离
8 8 1 1
 
BB AC
1 1 6
d    错误.故选ABC.
AC 3
1
12题提示：以C 为坐标原点，CA,CB 为x,y 轴,
建立平面直角坐标系，设A  1,0  ,B  0,1  , B'  0,1  ,M  a,0  ,0a 1
1
直线AB:x y 1BM :y  x1
a
 2a 1a 1a 1a 1 1
D , k  ,k ×k  ( )1,a 故A正确；
a1 a1 CD 2a CD BM 2a a 2
2 1 ×
D , D正确; k 2,故B错误;由DM 不垂直AB , CBM DBM
3 3 DM
所以ACDABM ,所以ACD 与ABM 不相似,C错误,故选AD.
三、填空题
13
13. 14. 6 15.4|x| (答案合理即可) 16. 2
72
16题提示.点E 是定点，则EM 的中点N 的轨迹的长度是点M 的轨迹的长度的一半；
由BAD60知ABC 120; 点 E 到侧面CDDC 、侧面 ADD A 的距离为.
1 1 1 1
4sin60º2 3,故平面CDDC 、平面ADD A 上没有满足条件 EM 2 的点M ;
1 1 1 1
2
2 3
若点M 在底面ABCD 上，则 BM  EM2EB2  22  1,则点M 的轨迹为：以B 为
 
2
 
1 1 2
圆心，半径r 1 的 圆，轨迹长度为 21 ;同理:若点M 在底面ABC D 上时,轨迹长度
3 3 3 1 1 1 1
2 1
也为 ;若点M 在侧面 ABB A 上，则点M 的轨迹为：以E 为圆心，半径r 2 的 圆，轨迹长
3 1 1 3
第1页共6页度为
1 4 4
22 ;同理：若点M 在侧面BCC B 上时，轨迹长度也为 ;
3 3 1 1 3
2 4
综上所述：点M 的轨迹的长度为 2 24 故点N 的轨迹的长度2 .
3 3
四、解答题
17.(10分)
  
解: (1) 因为mn ,所以 mn sinAcosB0, ,即cosB sinA ;…………………(2 分)因为
   
AB 0, ,所以sinA0,故cosB sinA0 ,故 B  , ,A 0, ; ………(4 分)由
 2   2
  
cosBsinAcosA  知 B  A ;
 2 2
 2
结合AC、ABC  知 AC  ,B  …………(6分)
6 3
(2)记BC 的中点为D ,设BD CD  x ,则AB  2x;
在△ABD中,由余弦定理: AD² AB²BD²2ABBDcosB7x2 28,
解得:x2 ；………………(8分)
1 1 2
所以 AB BC 4,S  BA·BC·sinB 44sin 4 3
ABC
2 2 3
所以△ABC的面积为 4 3…………(10分)
18.(12分)
解:(1)列联表:…………………………………………………………………………………(2分)
篮球迷 非篮球迷 总计
男生 36 24 60
女生 16 24 40
总计 52 48 100
提出零假设H ：是否为“篮球迷”与性别无关联；
0
n  ad bc  100  36242416 2 50
则 x2    3.8466.635 ……………(5分)
 ab  cd  ac  bd  60404852 13
依据小概率值0.01 的独立性检验，没有充分证据认为零假设H 不成立；则H 成立，故没有把握
0 0
认为是否为“篮球迷”与性别有关联……………………………………………………(6分)
(2)根据按比例的分层抽样：抽取的“篮球迷”人数为3人，“非篮球迷”人数为2人；……………(7分)
记“恰有两人闯关成功”为事件A、“有“篮球迷”闯关成功”为事件B；
2 2 1 2 1 1 2 3
2  2 1 2  2 1  1 1  2 73
则P  A C2   1 1  C1   1  C1   1     1   …………(9分)
3 3  3 3 3 3  3 2 3  3 3  3 243
2 2 1 2 1 1
2  2 1 2  2 1  1 72
P  AB C2   1 1  C1   1  C1   1   ;…………………………(11分)
3 3  3 3 3 3  3 2 3  3 243
 
P AB 72
由条件概率的公式得 P  B|A   ;
 
P A 73
72
故在恰有两人闯关成功的条件下，有“篮球迷”闯关成功的概率为 ……………(12分)
73
第2页共6页19.(12分)
解:(1)取PD 中点N ,则由M 为PC 中点知MN //CD//AB ;
故M,N，A，B 四点共面;……………………(2分)
由BM //平面PAD , BM 平面MNAB , 平面MNAB平面PAD  AN
得BM //AN ,故MNAB 为平行四边形,故MN  AB ;
1 1
由 MN  CD得 AB  CD 1,故CD 2 ;(4分)
2 2
 
由 DADC,BCD 得 PD AD 21  tan 1;
4 4
1 1 1 1
故 V  S ·PD   12 11 …………………………………………(6分)
pABCD 3 ABCD 3 2 2
(2)以D 为原点, DA、DC、DP 分别为X 轴、Y 轴、Z 轴建立空间直角坐标系D xyz ;

设PD  AD a ,则 CD 1atan 1a
4
1
故 S  a  a1 3,解得a 2 ;…………………(7分)
PCO 2
故 D  0,0,0  , A  2,0,0  , B  2,1,0  , C  0,3,0  , P  0,0,2  ;
 4   4  
由 BM //平面PAD 知 y  y 1,故 M 0,1, ,,故BM   2,0，  ; DP  0，0，2  , DB  2,1,0  ;
M B  3  3
 
   DDP  2z 0
设平面PBD 的法向量 n  x,y,z  ,则   ;

nDB  2x y 0

取 x1,则 n  1,2,0  ;………………………………(10分)


  |n·BM｜ 2 3
记直线BM 与平面PBD 的夹角为 ,则sin|co〈s n，BM〉|

   65
|n｜｜·BM｜ 2 13 65
5·
3
3
故直线BM 与平面PBD 的夹角的正弦值为 65 ……………………………………(12分)
65
20.(12分)
解:(1)由 a 3nb 3n2,a 23, 得 b 5;……………………………………………………………………(2分)
1 n 2 2
因为 b 2b 1,所以 b 3,且 b 12  b 1  , 故  b 1 是首项为2、公比为2的等比数列，所以
n1 n 1 n1 n n
b 12n,所以 b  2n 1……………………………………………………………………………………(5分)
n n
(2)由(1)知 a 2n 3n²3n1 2ⁿ n1 3n3,……………………………………………………(8分)
n
故 S   2222n   23133323  n1 3n3
n  
2
 12n
  n1 31 2n1  n1 33 (12分)
12
第3页共6页21.(12分)
 p p
解：(1)抛物线的焦点坐标为 F0, ,直线l 的方程为 ykx .
 2  2
 p
y kx
联立  2 得 x²2kx p2 0 .设 A  x ,x  , B  x ,y  ,
1 1 2 2
  x2 2y
xx 2pk
由韦达定理：  2 ; ……(2分)
 x x p2
1 2
则 AB  y  y  p k  x x 2p   2k2 2  p ;故当k=0时, AB 2p 4, p 2;
1 2 1 2 min
抛物线的标准方程为 x²4y (4分)
 1   1  x x  4k
(2) 由(1)知抛物线的标准方程为x² 4y ;故 Ax, x2 ,Bx , x2  ,且 1 2 ;………(6分)
 4   2 4 2   x x 4
1 2
1 1
x2  x2
设 P  x , 1 x2  ,则 k  4 1 4 0  1  x x  故直线 PA:y 1 x2  1  x x  xx  ;
 0 4 0  PA x x 4 1 0 4 0 4 1 0 0
1 0
x x 4  x x 4   x x 4 
令y 1. 得: x  0 1 , 即 M  0 1 ,1 同理可得： N 0 2 ,1;……(8分)
x x  x x   x x 
0 1 0 1 0 2
若存在 y 轴上的定点Q ,使得QM  QN 恒成立,
  x x 4   x x 4 
则设Q  0，m  则QM  0 1 ,1m,ON   0 2 ,1m;
 x x   x x 
0 1 1 2
  x x 4 x x 4 x2x x 4x  x x 16
故 QM QN  0 1 . 0 2 1m 2 (1m2) 0 1 2 0 1 2
x x x x x2  x x  x x x
0 1 0 2 0 1 2 0 1 2
4x2 16kx 16
 1m 2 0 0   1m 240 解得m1 或m3
x2 4kx 4
0 0
所以，定点Q 的坐标为 0，1  或 0,3  ………………………………………………………(12分)
22.(12分)
1 1 1ax2
解:(1)令 h  x  f  x g  x lnx ax2, 则y h  x  有2个零点；h＇ x  ax  定义
2 x x
域 0,
;
第4页共6页当a0 时, h＇ x 0 在 0, 上恒成立,y h  x  在(0，) 上单调递增，至多有1个零点；
1
当a 0 时,令h＇ x 0 得 x ;
a
1  1 
当 0 x 时,h＇ x 0 ,h  x  在区间 0,  上单调递增；
a  a 
1  1 
当 x 时,h＇ x 0 , h  x  在区间  ,  上单调递减；
a  a 
2
 1  1 1  1  1 1
故h  x  的极大值也是最大值为 h  ln  a  ln  .
 a  a 2  a  a 2
 1  1 1 1
因为h  x  有2个零点，所以 h  ln  0,解得 0a ;
 a  a 2 e
 1
综上所述：实数a 的取值范围是 0,  (4分)
 e
(2)令 x  f  x g＇ x lnxax ,则 y  x  有2个零点x，x ;
1 2
x
ln 1
lnx ax lnx lnx x
即  1 1 两式相减得： a  1 2  2 ; ………(5分)
lnx ax , x x x x
2 2 1 2 1 2
lnx lnx 1lnx
 x lnxax0 x  a0；考察函数  x  a, x  ;
x x x2
令 x 0 得xe ;
当0 xe 时,'  x 0 ,(x) 在区间(0，e) 上单调递增;
x
当xe 时,'  x 0 , x  在区间 e, 上单调递减；故 0 x e x ,即 1  0,1  ;
1 2
e
 e    x  k
由题意： ek  xkx     1  对任意k 0,2  恒成立;
1 2  x   e 
2
 e    x  k  x  2
故:     1    1  ; (7分)
 x   e   e 
2 min
即：不等式 e2  x2x恒成立，两边取对数得：
1 2
x 2x  x
ln 1  1 ln 1
x  x  x
22lnx lnx 2ax ax  2  2x x  2 2
1 2 1 2 x x 1 2 x
1 2 1 1
x
2
x
 2t
lnt
令 t  1 ,则 t 0,1  ,2 恒成立，
x t1
2
2  t1 
所以 lnt 0 在t 0,1  时恒成立…(9分)
 2t
2  t1 
令 h  t lnt ,t 0,1  ,
 2t
1 2 2  2t2 t 2 2  t1  4t2
则 h＇ t    
t  2t2 t  2t2 t  2t2
第5页共6页若 ²4,即 2,则当 t 0,1 时 h＇ t 0,
故h  t  在 0,1  上单调递增,所以 h  t h  1 0恒成立，满足题意；
2  2 
若02 ,则当 t ,1 时有h＇ t 0 , 故h  t  在  ,1 上单调递减，
 4   4 
2 
所以当 t ,1时,h  t h  1 0 ,不满足题意.
 4 
综上所述，正数的取值范围为 2 ………………………………………(12分)
第6页共6页