2024屆新高考卷重慶市適應(yīng)卷（三）數(shù)學(xué)試題及答案

{#{QQABJYIEogggABJAAQhCAwFaCAMQkAECAKoGgAAEoAAASANABCA=}#}{#{QQABJYIEogggABJAAQhCAwFaCAMQkAECAKoGgAAEoAAASANABCA=}#}高中新高考金卷2024屆全國Ⅱ卷適應(yīng)卷（三）數(shù)學(xué)答案一．單選題：本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目的要求.1.選B1i1ii)2i【解析】()4[]4()4i1.4222.選D【解析】A(4)，因為AB中有且僅有兩個元素，則B}，則a(0)(0,4).3.選Ba12a【解析】由正態(tài)分布的概率分布曲線的對稱性知，10，則a19.24.選B【解析】由題可以知道b3或bab233，則由e1()2解得e2或.a3a35.選A1【解析】由條件得a,b，則2134ca2t2b2tab4t2t2t)232.6.選B【解析】在ABC中，由余弦定理得AC2AB2AC22ABACABC12，則232sin120AC23.由正弦定理可得ABC的外接圓半徑為r2.設(shè)ABC的外接圓的圓心為OO作平面ABC的垂線lO在直線l上，11由于PAPBPC，則點P在l上.計算得PO1PA2r23，則有243r2(23R)2R2，解得R，則三棱錐PABC的外接球表面積3高中1高中SR7.選B2.33得)45)，由)【解析】方法1：由條件得，則25tantan1tantan34)，整理得mtan24(mtan30.因為唯一1存在，則有16(m236m0，解得m4或m4，又因為，則m4，1則tan，tan2，則tantan1.2方法2：因為滿足題意的與唯一存在，所以與的終邊關(guān)于角的終邊對稱，且4，則tantan1.28.選Af(0)1f(x)ae(af(0)1yf(x)'x'在點處的切線方程為yx1.當(dāng)a0時，由exx1可知，f(x)ae(ax1aa(x(ax1ax1，所以|PQ|的最小值為直x|b1|線yx1與直線yg(x)xb的距離，由點到直線的距離公式知b1或b3b1.2，解得23小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多個選項要求，部分選對的得部分分，有選錯的不得分.9.選ABD【解析】由條件知圓臺的高為3，AB4，AD2，BD23，則正確.設(shè)圓臺的上下底面圓的半徑分別為r1r2，1211vP(223)32，所以選項A32r1，r2Sr21r(rr)AP11B正確.如圖，過點P作AB的2122垂線交AB于T，過點T作BD的垂線交BD于Q，連接PQ，則易證高中2高中3221，則2PQBD，TQ，PT3，則PQ112137SBDPQ23，所以選項C錯誤.過A作BD的平行線交底2222面圓周于點M，連接PM，則PAM即為直線AP與BDPAM中，AMBD23，AP2，PM10，由余弦定理得AP2AM2PM233PAMAP與BD夾角的余弦值為D2APAM443.4正確.選項D妙解，由三余弦定理得PAM6310.選ADx3x1【解析】由條件xy3得y(x，則x3x14x144xy4x4x14(x5216513x1,當(dāng)且僅當(dāng)xy5是取等號，選項A正確.由xy323，即(0，解得9，當(dāng)且僅當(dāng)由xy(xy)2(2得xxy3時取等號，選項B錯誤.22222y2(xy)289，從而x2y218，當(dāng)且僅當(dāng)xy3時取等號，選項C錯誤.由xy3得11311231，當(dāng)且僅當(dāng)xy3時取等號，選項D正9，因為，所以xyxy確.11.選BCD【解析】設(shè)動圓P的半徑為，由條件得r|PF1r1，|23r，則|PF||PF4|FF|，且P，，N不重合，故點P的軌跡為以F，F(xiàn)M為焦點的121212x2y2P，M，NC的方程為x2)A43錯誤.易知MPN與12互補，而1PF的最大值為60，則MPN的最小值為2高中3高中120，選項B正確.r1r12PFNPPFr(rrr)2rr)2(2)C正確.由122橢圓的光學(xué)性質(zhì)知D選項正確.三．填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.把答案填寫在答題卡相應(yīng)位置上.12.答案為30C42C122C116【解析】先將4人任意分成3組，共有種分法，而甲，乙在一組的分法有1種，A2因此滿足題意的分組方法共有53A6種方33法，根據(jù)分步計數(shù)原理，滿足題意的安排方法共有5630種.13.答案為1099x1x12xx2)4(2x2)1010x989a2a9a10a0a1a2a9910得，而，則.129k12k15214.答案為f(x)的圖象關(guān)于直線x對稱，則k,kZ，即【解析】因為33321k,kZf(x)在(0,)上恰有兩條對稱軸，當(dāng).因為0時，27613，此時無解.當(dāng)，解得0時，，232623217115525解得，此時,故實數(shù)的值為.則f(x)sin(x)，因662232f()sin(A)0A)A(,)A33.在ABC為5333bcbc，則bc3，當(dāng)且僅當(dāng)bc3時取等號，則中，由余弦定理得3b2c2133333ABC的面積，故ABC面積的最大值為SbcsinAbc.2444四．解答題：本大題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明.證明過程或演算步驟.15.（Ⅰ）an(n2n2（Ⅱ）證明略.a，a，a32aaa32aa2，12321323高中4高中SS22S331212a又{}為等比數(shù)列，則，n1，也成等比數(shù)列，則()2(3)，聯(lián)立解n23SS得a3，a8，則數(shù)列{}的公比為n2，則n2n1，即Snn2n1.當(dāng)n2時，23nnnSnSn1(n2，a1也適合a(n2n2n}的通項公式為n21nn(n22.nnn1（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a(n2n2，則bn2n2，則nn22n2n2cn，記，則n2n1(2n2n1nn1(211nn，則2n21121111111n121nn，因為210012n2111212121121321n121n120，所以T.1n3213232623316.（Ⅰ）（Ⅱ）11解法1ABCDABCDBB平面ABCD，11111又因為平面ABCD，則ACBM，又ACBM，且BB1BMB，BB,BM平面BBM，則AC平面BBM.設(shè)平面BBM與棱AD交于點1111Q，連接，BQ，則ACBQ.因為AD2AB，不妨設(shè)ABa，AOAQAD，設(shè)ACBQO，易知，則，又BQ，11ACa，BQ22a，則有AC，則1122aa11()2()2(2a)2，解得，所以Q為AD中點.由面面平行性質(zhì)知12//BBM為AD的中點.設(shè)平面交棱AB于點P，BP11111邊形即為所作截面.由面面平行性質(zhì)知//BD，則P為AB的中點，則四邊形11為梯形.因為AB2，則AD22，則BD23，3，又BP3，高中5高中26310.設(shè)梯形的高為h9h210h23h126326四邊形的面積S(323).232解法2：以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則(0,0,0)，B(2,0)，C(2,22,0)，My,22)，則AC(2,22,0)，BM(y,22).因為ACBMACBM422y0y2AD22M為AD的中點.以下同解法1.11（2）由（Ⅰ）知M為AD的中點，因為CNNC，則N為CC的中點.不妨設(shè)1111AB2(0,0,0)，C(2,22,0)，M2,22)，D(0,22,0)，N(2,22,2)，則AC(2,22,0)，2,22)，ND(2,0,2)BBM1的一個法向量為AC(2,22,0)，設(shè)平面NMD的一個法向量為m(x,y,z)，則y2z0m02，y22，則，即，取x1，則zNDm033m22,2).所以AC,m，則平面BB1M與NMD所成夾角的余1133弦值.1117.（Ⅰ）根據(jù)小概率值0.05（Ⅰ）37（Ⅱ）E(X)26354108A等級的男生有40人，B等級的男生有20等級的女生都為20人，列聯(lián)表如下：男生女生合計A等級40B等級202020406040合計60100零假設(shè)H0：學(xué)生對垃圾垃圾分類的了解程度與性別無關(guān).高中6高中100(40202020)604040602259則22.783.841，所以沒有充分的理由說明H0不成立，即學(xué)生對垃圾垃圾分類的了解程度與性別無關(guān).1）根據(jù)題意，比賽只進(jìn)行3局就結(jié)束，則有甲連勝3局或者乙連勝3局兩種情況.設(shè)比賽只進(jìn)行3局就結(jié)束為事件A.2122第一種情況，甲連勝3局.此時，P.132311191第二種情況，乙連勝3局.此時，P.23231855則P()PP，即比賽進(jìn)行3局結(jié)束的概率為.121818（2）由題意X取值為0，1，2，3.則111P(X0)32318121111111215，P(X()，3233233232362111212121111121111111211(X()323232323232323232323232337則P(X1P(X0)P(XP(X2).則分布列如下：54XP0115231337183610854151337263.則E(X)0121836310854108118.（Ⅰ）a)（Ⅱ）證明略e2ax2)，若a0，則當(dāng)x(0,)時，f(x)2ax'【解析】（Ⅰ）xxf'(x)0，f(x)f(x)a0f(x)0'aaa得，x，則當(dāng)x)時，f'(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(,)時，aaaf(x)單調(diào)遞減.因為f(x)有兩個不同的零點，則必有aaa1f()2lna()2a10，解得0a，又x0時，aaae1f(x)，當(dāng)x時，f(x)，故當(dāng)0a時，f(x)有兩個不同的零點，e1所以實數(shù)a的取值范圍為).e高中7高中a（Ⅱ）由（Ⅰ）知x，x是函數(shù)f(x)的兩個不同零點，不妨設(shè)0x2121a，則有f(x)f(x)0，即2ln1ax210，2ln2ax20，作差得12212212xx)a(x212)，先證xx，即證xx，即證2121212a21)xx112t12，設(shè)t21t11，則只需證1，即證t2lnt，設(shè)x212lntt2ln1112t2gt)t2lnt，則g't)10，則gt)單調(diào)遞增，則tt2tt211gt)g0，則t2lnt成立，也即xx成立.再證xxx，因為x是方程120120taxax20的根，則xax20，又有2lnxax210，2ln2220，0012xx)a(x2122)a(xx)22axxa(xx)22xx)2axx則121212121212為函數(shù)yxax單調(diào)遞增，則2xx)2axx2lnx2ax，故要證xxx，121200012221a(xx)24，即證xx.只需證2x，因為x(,)，只需證121212aaa21121(,)，且f(x)在(,)上單調(diào)遞減，則只需證f(2)f(1)，aaaa2又因為f(x)f(x)，即證f(1)f(1).設(shè)則12a21h(x)f(x)f(xx)，aa24(ax21h'(x)f'(x)f'(x)0，則h(x)在x)上單調(diào)遞減，則a(ax2)xa122h(x)h()0f(x)f(x)f(2)f(x)xxx成立.1012aaa19.（Ⅰ）證明略（Ⅱ）證明略高中8高中y1【解析】（Ⅰ）證明：設(shè)M(x,y)，N(x,y)，聯(lián)立，消去y得11222x4yx2440，由韋達(dá)定理得xx4k，xx4，則1212yy114k22T(2k,2k2AT垂直于x(2k,.4y，則AT的中點在11212設(shè)AT的中點為G，則G(2k,k2)，顯然G的坐標(biāo)滿足方程x2上.（Ⅱ）因為AB//，則AB的方程為y1k(x2k)，聯(lián)立C2:yx21得x22k0x2k或xkA，B位于yB(2k,4k.22設(shè)點(x,y)在拋物線C上，則易得C在點(x,y)處的切線方程為xx2y2y0，00110000設(shè)P(x,y)，Q(x,y)，則C在P(x,y)與Q(x,y)處的切線方程分別為334413344xx2y2y0與xx2y2