高三数学(2)_2024年5月_01按日期_14号_2024届安徽省芜湖市高三下学期二模_安徽省芜湖市2024届高三下学期二模数学试题扫描版含答案

届芜湖市高中毕业班教学质量统测 2024 数学试题参考答案 一、单选题 1 2 3 4 5 6 7 8 B D C A C C B A 10 1 1 8.解析：bln ln(1 ) a 9 9 9 bcln10ln9lg11ln9ln9ln10lg11ln9 ln11 ln210ln11ln9 ln10 ln9 ln10 ln10 1 ln11ln9  [ln210( )2] ln10 2 1 ln100  [ln210( )2]0 ln10 2 bc，故答案选A. 二、多选题 9 10 11 BCD AD ABD 11.解析：对于A项，通过比较直线l与渐近线斜率易知A项正确； 对于B项，由于 PF  PF  2a,QF  QF  2a 1 2 1 2 相减得 PF  QF  PF  QF 1 1 2 2 所以 PQ  QF  PF  (PF  QF ) QF  PF 2 2 1 1 2 2 (PF  QF ) PF  QF 2 PF ，因此B项正确； 1 1 1 1 1 1 1 1   对于C项，设PF 的中点为S，则 OS  PF  PF  2a  PF a ，也即两圆半径之和，所以 2 2 1 2 2 2 2 两圆外切，因此C项错误； b 对于D项，联立渐近线y x与圆x2  y2 c2方程得M(a,b)，由于FM MF ，则A RFM .连接MA 并 a 2 1 2 2 2 延长交NO于M，则M(a,b)，A 为MM中点，又MN 的中点为R，则RA MN ，从而MNRA MF ， 2 2 2 2 所以 OA  A F ，从而aca，因此e2. 2 2 2 因此D项正确；故答案选ABD. 三、填空题 12. 613. 5 14.[1, 2] ， (， 1][9， ） 13.解析：作BM  AC，则BM 平面BAC，故BM BM. 由题意可知AM 1，BM BM  2，因此BB2， 对棱相等的三棱锥BABC可放置在边长分别为a,b,c的长方体中. a2 b2 3，a2 c2 3，b2 c2 4，故外接球表面积为S 4R2 (2R)2 (a2 b2 c2)5. 14.解：令sincost,则t[1, 2]，2sincost2 1, mn  t2+x+4,x+at  , 因为  t2 x4 2  xat 2  1 t2x4xat 2 , 所以|mn|2 2 2   t2 x4 2  xat 2 8，对任意xR 恒成立  1 t2 at4 2 8  t2 at 0或t2 at 80  at 或at 8 对任意t1, 2恒成立   2 t  a1或a9. 四、解答题 2sinAcosAcos2 A 2tanA1 4 21 15.（1） sin2Acos2 A   .…………………6分 sin2 Acos2 A tan2 A1 9 2 2 1 （2）由tanA2 2 得sinA ，cosA . 3 3 1 2 △ABC的面积 S  bcsinA bc2 2 ，则bc6． 2 3 2 8 由余弦定理：a2 b2c22bccosAb2c2 bc，得bc2 a2 bc25， 所以bc5. 3 3 故△ABC的周长为8．………………………………………………………………………13分 16. 解析：（1）证明：AB是⊙O的直径，∴AC BC . PA 平面ABC，∴PA BC. 又PA AC  A，BC 平面PAC. AD平面PAC ，∴BC  AD. 又∵ADPC，PCBC C ，∴AD平面PBC.……………………………6分 （2）∵PA  AC ，ADPC ，∴D为PC的中点. 以A为坐标原点，AB的垂线为x轴，AB为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系 A-yz，如图所示.2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 设PA  AC 2，则D( ， ，1)，E( ， ，0)，故AD( ， ，1)，AE ( ， ，0). 2 2 2 2 2 2 2 2 平面ABC的一个法向量为m（0， 0， 1）. 设平面ADE的一个法向量为n（x， y， z） ，则  2 2   ADm0   2 x 2 yz0  ，即 ，令x3得y1，z 2 即n（3， 1，  2）.  AEm0  2 3 2  x y0  2 2 mn  2 6 cosm，n   |m||n| 1 912 6 ， 6 ∴平面ADE与平面ABC所成角的余弦值为 .………………………………………15分 6 π 17.解析：(1) f(x)(cosxsinx)ex  2sin(x )ex 4 3π 所以当x(0， )时， f(x)0， f(x)单调递增, 4 3π 当x( ，π)时， f(x)0， f(x)单调递减. 4 (2)易知函数h(x)的定义域为(1， )……………………………………………………7分 h(x)sinxln(x1)2x1 1 h(x)cosx 2 x1 1 当x0时，cosx1， 1，h(x)0，h(x)单调递减 x1 1 当1 x0时，h(x)sinx 0，h(x)单调递减，h(x)h(0)0 (x1)2 h(x)单调递增. 综上：h(x)在(1，0)上单调递增，在(0，)单调递减. h (x)h(0)10 max 又x1时，h(x),h(x)在(0，)有唯一零点； x时，h(x),h(x)在(1，0)有唯一零点. （此处借助取点说明更好 如：h(e1)sin(e1)ln(e)2(e1)152e0，h(x)在(0，)有唯一零点； 1 1 1 1 2 h( 1)sin( 1)ln( )2( 1)1 0，h(x)在(1，0)有唯一零点.） e4 e4 e4 e4 e4 h(x)有两个零点…………………15分1 18.解析：（1）由题意知抛物线C准线方程为y ,所以抛物线C方程为x2 2y…………………4分 2 1 （2）①设切点M(x ,y ),N(x ,y )，抛物线C方程可转化为y x2，所以yx 1 1 2 2 2 因此可设直线AM 方程为y y x (xx ) 1 1 1 设直线AN 方程为y y x (xx ) 2 2 2 带入A(x ,y )得：y y x (x x ) 0 0 0 1 1 0 1 y y x (x x ) 0 2 2 0 2 所以直线MN 方程为y yx(x x)x xx2x x2y 0 0 0 0 令x0，得y y ，所以点G的坐标为(0,y ).………………………………………9分 G 0 0 ②设直线AM 方程为y y k (xx ) 0 1 0 设直线AN 方程为y y k (xx ) 0 2 0 考虑直线y y k(xx )与x2 2y相切，消去y得x2 2kx(2kx 2y ) 0 0 0 0 得 4k24(2kx 2y )0，即k2 2x k2y 0 1 0 0 0 0 所以k k 2x ,kk 2y (*式) 1 2 0 1 2 0 k 再联立直线y y k(xx )与y2 2qx，消去x得 y2 y(y kx )0 0 0 2q 0 0 2q(y k x ) 2q 2q 设交点B(x ,y ),P(x ,y )，则y y  0 1 0  y 2px  y y2 3 3 4 4 0 3 k k 0 0 k 0 0 1 1 1 2q 2q 所以y  y ，同理y  y 3 k 0 4 k 0 1 2 2q 又因为l :yy  (xx ) BP 3 y  y 3 3 4 也即：(y  y )y2qx y y ，联立x2 2y，消去y 3 4 3 4 得(y  y )x2 4qx2y y 0 3 4 3 4 所以 16q28(y  y )y y 2 3 4 3 4 k k 4q2 k k 8[2q2 (2q 1 2)( 2qy 1 2  y2)]代入(*式) kk kk 0 kk 0 1 2 1 2 1 2 x 2q2 x 得 8[2q2(2q 0 2y )( 2qy 0  y2)] 2 y 0 y 0 y 0 0 0 0代入2qx  y 2 0 0 2q2 得 8[2q2(y 2y )(  y2 y2)]8[2q22q2]0 2 0 0 y 0 0 0 所以直线BP与抛物线C相切. ………………………………………………………………17分 1 19. 解析：（1）由题意，X  B(5, )，且X 0,1,2,3,4,5， 3 5 4 2 32 2 1 80 P(X 0)C0    ，P(X 1)C1       ， 5 3 243 5 3 3 243 3 2 2 3 2 1 80 2 1 40 P(X 2)C2       ，P(X 3)C3       ， 5 3 3 243 5 3 3 243 4 5 2 1 10 1 1 P(X 4)C4       ，P(X 5)C5    . 5 3 3 243 5 3 243 所以X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 5 32 80 80 40 10 1 P 243 243 243 243 243 243 1 1 10 所以方差D(X)5 (1 ) .……………………………………………………………………5分 3 3 9 （2）① 在题中，a 为第n次是甲摸球的概率，又设b 为第n次是乙摸球的概率，设c 为第n次是乙摸球 n n n 1 1 1 的概率，则有a b c 1，且a 1,b 0,c 0，根据题意，我们还能得到：a  a  b  c n n n 1 1 1 n1 2 n 4 n 4 n 1 1 1 1  a  (b c ) a  (1a )， 2 n 4 n n 2 n 4 n 1 1 1 1 1 1 2 化简得：a  a  ，a   (a  )，又a   ， n1 4 n 4 n1 3 4 n 3 1 3 3 1 2 1 数列{a  }是以 为首项，以 为公比的等比数列， n 3 3 4 n1 n1 1 21 21 1 a     ，即a     .…………………………………………………………11分 n 3 34 n 34 3 1 ② Y  NB(2， )，Y 2， 3， 4， 5 2 Y 的分布列为： Y 2 3 4 5  n  2 3 4 5 n 1 1 1 1 1 P(Y)   C1   C1   C1    C1    2 2 2 3 2 4 2 n1 2n 1 i n 1 i n 1 i1 E(Y) lim iC1    lim 2C2   4 lim C2   n i1 2 n i 2 n i 2 i2 i2 i2 n 1 1 又因为Z  NB(3， )时，P(Z n)C2   ，nN ，n3. 2 n1 2 n 1 i n 1 i1 根据分布列的性质有 lim C2    lim C2   1，代入上式得： n i1 2 n i 2 i3 i2 E(Y)1.………………………………………………………………………………………17分