湘豫联考2024年3月高三第二次模拟考试数学答案

数学参考答案第1页（共8页）2024届春季学期高三第二次模拟考试数学参考答案题号1234567891011答案BDBADCBDACDACABD一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.B【解析】因为【UA—{2,4,6},所以（【UA）nB—{2,4}.故选B.2.D【解析】由——i,得之—11i—1111—i）—42i—2十i,则之—2—i,所以之在复平面内对应的点为（2,—1）,位于第四象限.故选D.3.B【解析】由题意f（工）为偶函数,则P——kπ,keZ,解得P—kπ十,keZ.又0<P<π,所以P—.故选B.4.A【解析】因为a—30.4>30—1,b—（log3a）3—（log330.4）3—0.43<0.40—1,且0.43>0,即0<b<1,C—log33a）—log3（log330.4）—log30.4<log31—0,所以a>b>C.故选A.5.D【解析】依题意,记选“初心”队为事件A,选“使命”队为事件B,该单位获胜为事件M,则P（A）—P（B）ℴ0.5,P（M|A）—0.8,P（M|B）—0.7.所以P（B|M）——P（A）P（|）P（M|B）ℴ0.5XX0.7—1.故选D.6.C【解析】由题意知四边形ABCD为等腰梯形,如图,连接BD,过点D作DE」AB,垂足为E,则AE—槡,所以DE—槡AD2—AE2—槡12—（槡）2—槡.在RtΔDEB中,|BD|2—|DE|2十|BE|2—5,所以C1与C2|AB|AB|BD|AB|AB|BD|十|AD|||BD|—|AD||||BD|2—|AD|2|5—1—2.故选C.7.B【解析】方法一：设人FAB—θ,过点F作FG」AB于点G.由AF—BF,—|D|—2,所以人ADB—θ,所以F.E—F.—F.D—F.B—X2XCoSθ—XX2XCoSθ—1.故选B.方法二：如图,取AB的中点。,连接。F,易知。F」AB,以。为坐标原点,以直线AB为工轴,直线。F为>轴建立平面直角坐标系。工>.设C（2a,2b）,a>0,b>0,由题意,点F在线段AB的中垂线即>轴上,设F（0,f）,—4,所以D2a1,b,E,（2a—1）2十（2b）2—16,即数学参考答案第2页（共8页）4a2十4b2—15十4a.由A，F，D三点共线，得—2(ℴ1，0）ℴ1，2a232a—12,2a—12十,b—3十2b22a十3——1.故选B.2—9十4b2—1.故选B.8.D【解析】设点P的坐标为（工，>又>—t工十5且工十t>—t十4—0，由>—t工十5，得t—>5，代入工十t>—2十2—8与圆（工—a）2十（>—3）2—1有公共点，所以2槡2—1<2十2<2槡2十1，即—2槡2—1<a十2<—2槡2十1或2槡2—1<a十2<2槡2十1，解得—2槡2—3<a<—2槡2—1或2槡2—3<a<2槡2—1.故选D.二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出四个的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.ACD【解析】对于A，由题中折线图知人均可支配收入逐年递增，A正确；对于B，由题中折线图知，2018~2023年前三季度全国城镇居民人均消费支出先增后减再增，B错误；对于C，2018~2023年前三季度全国城镇居民人均可支配收入的极差为39428—29599—9829元，人均消费支出的极差为24315—19014—5301元，C正确；对于D，2018~2023年前三季度全国城镇居民人均消费支出的中位数为2037921981—21180元，D正确.故选ACD.10.AC【解析】因为函数f（工—1）的图象关于直线工—1对称，所以f（工）的图象关于>轴对称，即f（工）为偶函数.所以f（—工）—f（工）.因为>—的图象的对称中心为原点。（0，0所以>—工12的图象的对称中心为0所以f（2十工）十f（2—工）—0.对于A，由f（工）为偶函数，知f（—2十工）十f（—2—工）—f（2—工）十 f0）是f（工）图象的一个对称中心，A正确；对于B，由f（2十工）十f（2—工）—0，得 ff且8是该函数的一个周期，B错误；对于C，由f（2十工）十f（2—工）—0，得f（4—f（1）—0，所以f（31）十f（35）—f（8X4—1）十f（8X4十3）—f（—1）十f（3）—f（3）十f（1）—0，D错误.故选AC.11.ABD【解析】对于A，如图，设BC的中点为H，连接PH，AH，则由正四面体的性质知，PH必过点G，且PH」BC，AH」BC.因为PHnAH—H，PH仁平面PAH，AH仁平面PAH，所以BC」平面PAH.又AG仁平面PAH，所以BC 」AG.因为PH—AH—18X槡—9槡3，PG—PH—6槡3，GH—PH—3槡3，所以cO松人APH—A—槡.在ΔPAG中，由余弦定理，得AG2—PA2十PG2—2PAXPG.cO松人APH—182十（6槡3）2—2X18X6槡3X槡—216，所以AG—6槡6，所以AG2十GH2—AH2，所以AG」GH.因为BCnGH—H，BC仁平面PBC，HG仁平面PBC，所以AG」平面PBC，所以AG」PB，A正确.对于A还可以这样证明，因为AB—AC—AP，所以点A在平面PBC内的射影为ΔPBC的外心G，所以数学参考答案第3页（共8页）AG」平面PBC，所以AG」PB.对于B，由题意知五面体ABCDEF为正三棱台.因为sin人AHG——2槡32，所以三棱台ABCDEF的高为h—GH.sin人AHG—2槡6，所以该棱台的体积为V—h（SΔABC十SΔDEF十 13槡SΔABC.SΔ 13V五面体ABCDEF—VPABC—VPDEF—VPABC—3VPABC—VPABC—XX槡X182X槡2—18X槡X2—342槡2.对于C，因为AQ—槡AG2十GQ2—槡216十GQ2—6槡7，解得GQ—6，过点G作GN/PC，GM/PB，分别交BC于点N，M，则四边形CFGN和BEGM均是边长为6的菱形，点Q在四边形EBCF内（含边界）的轨迹为以G为圆心、6为半径的圆被四边形EBCF所截的弧FN和弧EM.设弧FN的长度为l，则l—X6—2π,所以动点Q的轨迹长度为4π,C错误.对于D，连接GQ，AQ与平面PBC所成的角为人AQG，所以tan人AQG——槡6，D正确.故选ABD.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.1【解析】不妨设正三角形SAB的边长为2，则圆锥SO1的底面半径为1，高为槡3，母线长为2，所以V1—πX12X槡3—槡π,S1—πX12十πX1X2—3π;易得球O2的半径为槡，所以V2—πX（槡）3—4π,S2—4πX槡2—π,所以—，—，故.—1.13.0【解析】方法一：由已知得[tan（a十β)ℴtana]cosβ—sinβ,若cosβ—0，则sinβ—0，则sin2β十cos2β—0，这与sin2β十cos2β—1，所以cosβ丰0.所以tan（a十β)ℴtana—tanβ,所以tan（a十β)ℴ（tana十tanβ)ℴ0.所以tan（a十β)ℴtan（a十β)（1—tanatanβ)ℴ0，所以tan（a十β)tanatanβ—0.因为β丰kπ,a十β丰kπ,keZ，所以tana—0，所以sina—0.方法二：由tan（a十β)cosβ—sinβ十tanacosβ,得.cosβ—sinβ十.cosβ,等式两边同时乘以cos（a十β)cosa，得sin（a十β)cosβcosa—sinβcos（a十β)cosa十sinacosβcos（a十β).所以cosβ[sin（a十β)cosa—sinacos（a十β)]—sinβcos（a十β)cosa，即cosβsin[（a十β)ℴa]—sinβcos（a十β)cosa，即cosβ—cos（a十β)cosa，即cos[（a十β)ℴa]—cos（a十β)cosa.所以cos（a十β)cosa十sin（a十β)sina—cos（a十β)cosa，所以sin（a十β)sina—0.因为a十β丰kπ,即sin（a十β)丰0，所以sina—0.2十b 2at十十b三2.令f（t）—2at十十b.由对勾函数的性质可得t十e[2，.因为|f（t）|三2，m—2，n——1—m—2，n——1—2三4a十b三2，—2三5a十b三2.所,以3a十b—2（4a十b）ℴ（5a十b）三4十2—6，当且仅当a——4，b—18时取等号，故3a十b的最大值是6.四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.f………………2分数学参考答案第4页（共8页）,5a135由题意得f（2）——8，即2—8—2——,5a135解得a—2.……………………4分经检验，a—2符合题意.所以a—2.…………5分f（工）—2ln工十2—工十1，f（工）的定义域为（0，十……6分f,（工）ℴℴ（3工—工—1）.…………………7分2—1.…………8分上单调递增.………10分所以f（工）的极大值为f（1）—0，f（工）的极小值为f—2—2ln3.…………………12分01，十…单调递增区间为，1f（工）的极大值为0，极小值为2—2ln3.……………………13分16.【解析】（1）如图，取PC中点F，连接EF，BF.因为E，F分别为线段PD，PC的中点，所以EF为ΔPCD的中位线，所以EF/CD，且CD—2EF.……………2分又因为——λ,所以AB/CD，——λ1，所以EF/AB，所以A，B，F，E四点共面.………………3分又因为AE/平面PBC，AE仁平面ABFE，且平面ABFEn平面PBC—BF，所以AE/BF，所以四边形ABFE为平行四边形，所以AB—EF—CD，所以λ—1.…………5分（2）因为PA」AD，所以AB—λ1CD—2.由（1）易得AB」AD，AB」PA，所以以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为工轴、>轴、之轴建立空间直角坐标系，如图所示，02……………6分因为M是线段CD上一点，所以可设M（2，m，00三m三44，—2一PB—（0，2，—2）.…………7分设平面PCD的法向量为m—（工1，>1，之1—即—0，令工1—1，得平面PCD的一个法向量为m—（1，0，1）.……………………9分一—>2—0，令之2——2，得平面PBM的一个法向量为n—（m—2，—2，—2）.………11分数学参考答案第5页（共8页）i—0m十12—槡,解得m—1,满足0三m三4.i—0所以n—（—1,—2,—2）.……………………13分设直线PC与平面PBM所成的角为θ,则sinθ—|cOs〈一C,n〉|—.|—槡24槡9—槡. 所以直线PC与平面PBM所成角的正弦值为槡.………15分17.【解析】（1）当n—4时,满足条件的样本点总数为A—120,记“每人夹的菜都不是餐桌正中央和自己面前的菜”为事件A,则事件A的结果数是4个元素的全错位排列,记A4表示4个元素的全错位排列,可以分步计算A4:第一步,让1来先夹菜,除了正中央和自己面前的菜外,他有3种选择；第二步,若他选择了k（2三k三4）面前的菜,则让k来夹,对于k,可以分两类,若k选1面前的菜,则其余2人只有1种选择；若k不选1面前的菜,可有2种选择,而余下的2人只有1种选择,所以事件A含有的样本点个数为3X（1十2）—9,所以P（A）——.………………………5分（2）方法一:将n十1道菜编号,餐桌正中央的菜编号为0,其余菜编号为1,2,…,n,yi—{,i—0,1,2,…,n.则P（y0—1）ℴn,P（y0—0）—1—P（y0—1）—1—n,所以E（y0）—0XP（y0—0）十1XP（y0—1）ℴn.……………………7分因为当i—1,2,…,n时,P（yi—1）—,P（yi—0）—,所以E（yi）—1X十0X—.9分………………………9分由题意有xn—n十1—（y0十y1十…十yn）,………………10分所以E（xn）—n十1—E（yi）—n十1—所以E（xn）—n十1—E（yi）—n十1……………12分因为E（xn十1）—E（xn）—n1十1—n十1—十1—n]—十n十1>0,故数列{E（xn）}单调递增.又E（x9）——9>5,E（x8）—5—8<5,所以n的最小值为9.……………15分方法二:由题意得xn的可能取值为1,2,3,…,n,xn—1表示n个人都夹取餐桌正中央的菜,P（xn—1）ℴn,xn—2表示n个人中有1个人夹取他面前的菜,其余n—1个人夹取餐桌正中央的菜,P（xn—2）ℴcn,xn—3表示n个人中有2个人夹取他面前的菜,其余n—2个人夹取餐桌正中央的菜,P（xn—3）ℴ数学参考答案第6页（共8页）cn,…xn—n—1表示n个人中有n—2个人夹取了他面前的菜,其余2个人都夹取餐桌正中央的菜,P（xn—n—1）—c—2n；xn—n表示n个人中有n—1个人夹取他面前的菜,剩余1个人夹取餐桌正中央的菜,或者n个人都夹取他面前的菜P（xn—n）—c—1n十cn.……………9分所以E（xn）—1Xn十2Xcn十3Xcn十…十（n—1）Xc—2n十nXc—1n十nXcn—nX（1十2c十3c十…十（n—1）c—2十nc—1十nc）令sn—1十nc十2c十3c十…十（n—1）c—2十nc—1,则sn—1十n十nc—1十（n—1）c—2十…十3Xc十2c.两式相加得2sn—2十2n十（n十2c十c十…十c—2十c—1）—2十2n十（n十22n—2）ℴ（n十2）2n—2.所以sn—（n十2）2n—1—1.所以E（xn）ℴn[（n十2）2n—1—1]—n2—n.…………………12分设an—（n十2）ℴn,则an十1—an—（n十3）ℴn十1—（n十2）十n—十n十1>0,所以数列{an}为递增数列.因为a8—5—8<5,a9——9>5,所以n的最小值为9.………………………15分18.【解析】（1）因为。D」AB,直线。D的方程为>—槡3工,……………………1分 所以直线AB的方程为>—槡3——槡（工—1）,即工十槡3>—4.2十2槡3p>—8p—0.……………3分（>2—2p工,设A,B两点的坐标分别为A（工1,>1）,B（工2,>2）,则>1>2——8p.………4分>1>2—（>2十>1>2—16—8p—0,解得p—2.所以C的方程为>2—4工.……………………5分（2）由（1）知抛物线C的方程为>2—4工.2—4m>十4槡3m—4—0,Δ—16（m2—槡3m十1）>0.…6分（>2—4工,数学参考答案第7页（共8页）由根与系数的关系,得>1十>2—4m,>1>2—4槡3m—4.抛物线C在点A,>1）处的切线方程为>1>—2工十①,抛物线C在点B,>2）处的切线方程为>2>—2工十②,……………7分因为>1牛>2,所以>M—>1>2—2m,代入①得工M——槡3m—1,即M（槡3m—1,2m）,所以直线MA,MB,MD的斜率分别为,mm——槡.……………9分若存在直线l,使得人AMD—人BMD,则tan人AMD—tan人BMD.……10分设直线MA,MD,MB的倾斜角分别为a,β,Y,则tana—,tanβ—槡23mm——槡,tanY—.由人AMD—人BMD,得a—β—π—Y十β或a十(π—β)ℴβ—Y,两边取正切,总有tan（a—β)ℴtan(β—Y）,由两角差的正切公式,得t—t,即22m—槡32m—槡32 —>1槡3m—2槡3m—2 —1十11十2,ℴm3m—槡mm—槡,……………12分化简得7m3—11槡3m2十19m—4槡3—0.……………………14分工2十19求导得f,（工）—21工2—22槡3工十19.因为Δ—（22槡3）2—4X21X19——144<0,又f（0）——4槡3<0,f（槡3）—3槡3>0,所以存在唯一工0e（0,槡3）,使得f（工0）—0,即方程7m3—11槡3m2十19m—4槡3—0有唯一解,故存在唯一直线l,使得人AMD—人BMD.………17分19.【解析】（1）对于有序数组P,有|2—3|—1,|2—0|—2,|2—4|—2,所以有序数组P是“非严格差增数组”.……………………2分对于有序数组Q,有|1—2|—1,|1—3|—2,