2024屆湖南省“一起考”大聯(lián)考高三3月模擬考試（一）數(shù)學試題+答案

參考答案1.A解析因為(3＋i)(1-ai)＝(3＋a)＋(1-3a)i，aR,且(3＋)(1-ai)為純虛數(shù)，所以(3＋a=0，解得a＝-3，故選A1-3a≠0，2.C解析:(a＋2b)·a-3b)＝a2-6b2ab＝|a|2—6b|2|ablcosθ＝42-6×32-4×3cos60°＝-44，故選C3.B解析由圖可知，函數(shù)f(X)為奇函數(shù)，而A中對應的函數(shù)是非奇非偶函數(shù)，排除A；當x＞0時，→0時，f()→，排除C；當e(0,1)時，從圖象可知f()＜0，而對于D，lnx<02＞0，所以f(x)＞0，與圖象不符，排除D·故選B·圓臺的高=、()2m)故該容器的容積=π×10×3+3×(π×102+×72+×10×7×15=1395(cm3故選D.5.A解析因為直線r＋Y＋2＝0分別與軸、y軸交于A,B兩點，所以A(-2，0),B(0，-2)，則|AB因為圓(r-2)2y2＝2的圓心為(2，0)，則圓心到直線的距離dd=、周為拔P在圓上故良P到直線+Y+2=0的距離，]，則S△ABP=2|ABd2d2∈2，6]，故選A.6.D解析：由題意可得:g(x)=f(π)=sin[2()π=sin2＝-cos2x)2=sin一w2=sin=sincos22)22326'3故對稱中心為＋0)，6Z當k=-1時對稱中心為，0)故選26'37.B解析：因為扇形。MN的面積為元，即4πoP2|=π，所以|OP=2設LPOM=θ，則在Rt△OPR中,PR＝2tanθ連接Q根據(jù)切線的性質知IQN=IQP=2NOP=42=2tan(θ)NQI+IQRI=PR＋2NQ＝2tanθ+4222024屆高三一起考大聯(lián)考模擬一)·數(shù)學參考答案 4224tan),θ(0，). 422 21-tan2α12tan2αtanαtanα所以原式＝2tan-2α)＋4tanα 21-tan2α12tan2αtanαtanα 2入tanα·3tanα＝23·tanα3當且僅當3tana=，即tanα=\tanα346又α(0，所以α=π=θ=LPOM時，NQI+QR取得最小值，為，故選B·468.C解析：設f()＝sin(2)x∈[0,0.2]，f(r)=cos—1＋2設g()=f(g(r)=-sin＋2＞0，所以g(x)≥g(0)=0，所以函數(shù)f()在[0,0.2]上單調遞增，所以f(0.2=sin0.2-(0.2-022)=sino·2-0.16>f(0)＝0，即a＞b·根據(jù)已知得=ln=ln0182=ln可設h()=2ln(1+)-n(1-)]__sin，x∈[0，0.2]，則h()=2(1++1—a)—cos=1-2—0s>0所以函數(shù)h(x)在[0,0.2]上單調遞增所以h(0.2)＞h(0)＝0，即C＞a.綜上，C＞a＞b·故選cd()2所以a+b≥4b≥4當且僅當=b＝2時，等號成立，故A錯誤，B正確對于C若a+b=b則+=]所以a＋4b=(a＋4b+)＝5＋+≥5＋ c情堤對于D若a+b=ab則+=1.所以+=(1-)2+=1=3()2得最小值故D正確故選BD3A，BC1，C1A1，D1C1A1FD·C與A1B與BC1，即因此直線A1BADE/分；A，BC1，C1A1，D1C1A1FD·C與A1B與BC1，即因此直線A1BADE/分；1=A1B＝A1C1，即△A1BC1EF/BC1，又因為EF/BC1，又因為E,FBLA1BC1，AA1B，AA1B與又A1BC1AD1/平面DEF，B對于B,AD1/EFAD1丈平面DEF，EFC平面DEFAD1/平面DEF，B的中點為M，對于C，取DM，EFDE＝DF,EF的中點為D1C1A1/M，則DMLEF，假設平面DEF平面BCC1B1，F(xiàn)而平面DEF平面BCC的中點為M，對于C，取DM，EFDE＝DF,EF的中點為D1C1A1/M，則DMLEF，假設平面DEF平面BCC1B1，F(xiàn)而平面DEF平面BCC1B1=EF，MCEAB，CDC=D矛盾錯誤，C對于D，CDEF對于D，CDEF條側棱CE，CF，CDa)3πa，aa，2a)3πa，aa，26π，D8于是V26π，D8111.BCD613，111.BCD613，=2=2P(A2B2)＝所以A=4515=4515所以B4由P(B1A1)=P(AB1)154P(B1|A1由P(B1A1)=P(AB1)154P(B1|A1)＋=，得15' P(A1))13534P(B2|A1)＝1，所以C正確P(A2)255由P(BoA2)P(A2Bo)=2得P(P(A2)2553-1，4}UB＝〈-3，-2，-1，4又A={-3，-1，0，3，4}，所以(UB)nA={-3，-1，4}2b2b2a2＋c21a2＋c2aaa313a因為PF2⊥F1F2，所以IPF2|lpF1＝2a=b2b2a2＋c21a2＋c2aaa313a因為。HPF1＝0，所以。H⊥PF1，所以△PF1F2W△OF1H，IPF1||OF1a2＋C2C則F2FHF即2C2IPF1||OF1a2＋C2Ca由e=a得ee+1=0，解得e=2或e=2>1(舍去)，2所以橢圓C的離心率為·214573解析由數(shù)列{an}是等差數(shù)列，設其公差為d(d≠0)，因為a2a5，a4成等比數(shù)列所以a2a4=a25，即(5-d)(5＋11d)＝(5＋2d)2，解得d＝2或d＝0(舍去)所以a＝5＋2(n-3)＝2n-1，則a1=199當2"≤＜2中1時，[log2]=n即[log2(2+1)]＝[log2(2＋3)]=…=[log2(2+1—1)]＝n共有2-1個n因為27<199＜28，所以S100＝b1＋b2十…＋b100＝[log21]＋[log23]+…＋[log2199]=0＋×令T＝1×20＋2×21＋3×22十…＋6×25，則2T＝1×21＋2×22＋3×23十…＋6×26兩式相減得Tn＝20＋21＋21＋…＋25-6×26所以S10w＝5×26＋1＋36×7＝5715.解:1)證明：因為(a＋c)(sinA＋sinC)＝bsinB＋3csinA所以由正弦定理得(a＋c)2=b2＋3ac，整理得a2C2b2=ac1分所以由余張定理得B==，因為B∈(0π所以B=3分2024屆高三一起考大聯(lián)考模擬一)·數(shù)學參考答案5B所以CG⊥Cn故四邊形CDEG為平行四邊形，則CGWDE又CDLDE得EGCDA：所以C&(所以△ABC是恍角三角形·6分B所以CG⊥Cn故四邊形CDEG為平行四邊形，則CGWDE又CDLDE得EGCDA：aC2C4＋33sinASinC44＋334在△ABC中aC2C4＋33sinASinC44＋3345101=14＋333=1=14＋333=9＋432242816暢解：(1)證明因為平面ABCE平面CDEF，平面ABCE平面CDEF=CE，2又LBCE＝，即BCl2又DEC平面CDEF，故BCLDE·3分又CDE=即DE⊥CD且BCncD=CBC，CDC平面BCD，所以DEL平面BCD5分(2)取EF的中點G，連接CG，如圖，由EF＝2CD，EF/CDA設CD＝1，則AB＝1，EF＝CE＝2，由勾股定理得DE，CF＝2，由全等關系知BC，AE＝2，0.0F(-10E(·l.0)A(2從而BA=(22·0)BF=(,-(BA=，(3+1Y=0設平面ABF的法向量為n=(y)故→223y之=0，BFn3y之=0，令x=1，則y2，故n=(12).12分由(1)知DEL平面BCD故平面BCD的一個法向量為DE＝(,0，0)，設平面BCD和平面ABF的夾角為θ，故COSθ=cOS〈nDE|＝入=2×了417.解：(1)f()的定義域為。，十…f()=a+=1分當a≥0時f(x)＞0,f()在(0,＋∞)上單調遞增，函數(shù)f(x)無極值2分當a0時，令f()＞0,得。<<a，令f()0得>a，所以f(r)在(0a)上單調遞增，在(a+上單調遞減4分故當=-a時f(x)取得極大值極大值為f(a)=lh(a)＝1，解得a=-e·經(jīng)驗證a=-e符合題意故實數(shù)a的值為e6分(2證明：當a=-1時f()＝lnx＋1，故要證f()≤g(r)，即證rer-lnx-1≥0，令F()=er-lhr-1，則F(r)=(+)e-1=+1e0 8分令G()=＞0則()=e十2＞0，所以G()在(0，+上單調遞增G(2)<0G(1=e-1＞0，20=20當(0,0)時，G()＜0，當e(0,＋∞)時，G(x)＞0，所以F(x)在(0，0)上單調遞減，在(0,＋∞)上單調遞增，所以F(x)min=F(0)＝α0e00-ln0-1，13分=-h0所以F()min=1-0十0-1=所以F()≥0，即e-lnx-1≥0，故f(x)≤g(x)得證·15分18·解：(1由題意可知高二學生熱愛數(shù)學的概率為P==1分則P(X=0)=()3=2分P(x=l)=c3()1()2=3分故X的分布列為XP854271253955X的期望為E(X)＝3×39558分7m)[30(m2(2)，2，10分m)[30(m2令f(m)＝(m)[30(m2m×m，則f(m)＞0，12因為f(m)＝25(2-2527)在[50，∞)上恒大于0，所以f(m)在[50，+∞15分而f(56)＜0，f(57)＞0，5717分19解暢：(1)＝2，＝2，l與xyP設M(3，y1)P22215由S1=1，得|y|22215 入方程得b2＝32分NN(2)證明：設M(1,y1)，N(.2，y2P(0,yo)，由PM=入MQ與Q(3，0)，得(1,YYO)=入(1，y1)4分3yo()2(3yo即1=y1=，將(E即1=y1=，將(E的方程得整理得15入2y02—12＝0，①6分同理由PN=NQ可得152y02.②由①②知入，是方程152y02—12＝0由韋達定理知入+==入+·