數(shù)學(xué)-廣東省2024屆高三下學(xué)期4月二?？荚囋囶}和答案

.啟用前注意保密2024年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試模擬測(cè)試!二"數(shù)學(xué)參考答案評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)$1.本解答給出了一種或幾種解法供參考%如果考生的解法與本解答不同%可根據(jù)試題的主要考查內(nèi)容比照評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)制訂相應(yīng)的評(píng)分細(xì)則&2.對(duì)計(jì)算題%當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯(cuò)誤時(shí)%如果后繼部分的解答未改變?cè)擃}的內(nèi)容和難度%可視影響的程度決定后繼部分的給分%但不得超過(guò)該部分正確解答應(yīng)得分?jǐn)?shù)的一半.如果后繼部分的解答有較嚴(yán)重的錯(cuò)誤%就不再給分&3.解答右端所注分?jǐn)?shù)%表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù)&有一項(xiàng)是符合題目要求的&題號(hào)12345678答案CCBADBAD符合題目要求&全部選對(duì)的得6分%部分選對(duì)的得部分分%有選錯(cuò)的得0分&題號(hào)9答案ABDACACD四#解答題$本題共5小題%共77分&解答應(yīng)寫(xiě)出文2 所以雙曲線C的方程為-y2=1.………………6分?jǐn)?shù)學(xué)模擬測(cè)試!二"參考答案第1頁(yè)!共7頁(yè)"(2)①當(dāng)直線AB過(guò)原點(diǎn)時(shí)，y=x過(guò)AB的中點(diǎn)恒成立，因?yàn)橹本€AB與雙曲線相!.……………8分(x1-x2)(x1+x2)-兩式相減得3(y1-y2)(y1+y2)=0，…(x1-x2)(x1+x2)-16.(1)證明：如圖1，記A1B與AB1的交點(diǎn)為點(diǎn)O，連接B1D，因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直三棱柱，所以"A1AB="DCA="B1C1D=90。.………………2分因?yàn)锳A1=AB，所以四邊形AA1B1B是正方形，故AB1#A1B.………………3分圖1因?yàn)锳C=BC，BC=B1C1，所以AC=B1C1.又因?yàn)镈是CC1的圖1因?yàn)樗倪呅蜛A1B1B是正方形，所以點(diǎn)O是AB1的中點(diǎn)，所以AB1#OD.……………………5分又因?yàn)锳1B，OD$平面A1BD，A1B%OD=O，…………………6分所以AB1#平面A1BD.……………7分 (2)解：因?yàn)锽C#AC，AB=AA1=2，所以AC=BC=槡2.……8分方法一：如圖2，以點(diǎn)C為原點(diǎn)，分別以CA，CB，CC1所在直線為x，y，Z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(槡2，0，0)，'&'&'&'&'&'&'&因?yàn)锳B1#平面A1BD，所以平面A1BD的法向量為AB1='&設(shè)平面ABD的法向量為n=(x，y，Z)，'&解得'&解得圖2數(shù)學(xué)模擬測(cè)試(二)參考答案第2頁(yè)(共7頁(yè))#"#"得n=(1,1,槡2).………設(shè)平面A1BD與平面ABD的夾角為θ,nn.AB1AB ……………所以平面A1BD與平面ABD的夾角的余弦值為.……………15分方法二：如圖3,平面A1BD與平面ABD的交線為BD,過(guò)點(diǎn)O作OE!BD,垂足為點(diǎn)E,連接AE.由(1)知AO!平面A1BD,因?yàn)锽D$平面A1BD,所以AO!BD.又因?yàn)镺E,AO$平面AOE,OE%AO=O,所以BD!平面AOE.……9分因?yàn)锳E$平面AOE,所以BD!AE.圖3所以&AEO是平面A1BD與平面ABD的夾角.…………………10分在'ADB中,AD=BD=槡3,由'ADB的面積可得x2x槡(槡3)2-12=x槡3xAE,槡3因?yàn)镺E$平面A1BD,所以AO!OE.……………………12分在Rt'AOE中,sin&AEO=…………………槡3所以cos&AEO=,……………14分所以平面A1BD與平面ABD的夾角的余弦值為.……………15分17.解：(1)由題得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+),………………1分求導(dǎo)得f,(x)=ax+1-2a-=(x-2)(ax+1)x,……由f,(x)>0,得x>2；由f,(x)<0,得0<x<2,……………6分所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增.…7分?jǐn)?shù)學(xué)模擬測(cè)試(二)參考答案第3頁(yè)(共7頁(yè)) 2(2)由題得 2……x2-x1=a(x2-x1)(x2+x1)+(1-2a)(x2-x1)-2lnx2+2lnx1x2-x1由題得f(x)的圖象在x0=處的切線斜率為f,(x0)=f,=a+假設(shè)KAB=f,(x0)，2t+1，t+1記g(t)=lnt-2(t-1)即g(t)=lnt+4-t+1，t+1所以g(t)在(0，1)，(1，+)上單調(diào)遞增，…………………14分因?yàn)間(1)=0，所以g(t)豐0在t=(0，1)U(1，+)上恒成立，所以不存在這樣的兩點(diǎn)A，B.…………………15分=-(an-bn)，………………………1分1-……………………2分?jǐn)?shù)學(xué)模擬測(cè)試(二)參考答案第4頁(yè)(共7頁(yè))所以{an-bn}是以a1-b1為首項(xiàng)，-為公比的等比數(shù)列.…3分n+1n+1n+1c=(an+bn-2c).……………5分1所以{an+bn-2c}是以a1+b1-2c為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列.…………7分(2)因?yàn)閍1>b1，由(1)得{an-bn}是等比數(shù)列，所以an-bn豐0，即a由(1)得an+1+bn+1-2c=(an+bn-2c-2c=0，所以{an+bn-2c}為常值數(shù)列0，故an+bn=2c.………nnnn………9分n，所以等號(hào)不成立，故coscn>.………………10分…(3)由(1)可知an-bn=(a1-b1)(-n-1，由(2)可知an+bn=2c，………13分n隨著n的增大而增大，nn所以coscn隨著n的增大而減小，所以{coscn}是遞減數(shù)列，0所以{sincn}是遞增數(shù)列，所以是遞減數(shù)列，數(shù)學(xué)模擬測(cè)試(二)參考答案第5頁(yè)(共7頁(yè))…………6分所以{sn}是遞減數(shù)列.……………17分19.解：(1)當(dāng)n=2時(shí),集合M中共有9個(gè)點(diǎn),C363,C369,C366, CC CC 所以X的分布列為X1槡22槡5P 3 9 6 9 (2)(i)由題意得,集合M中任取兩個(gè)不同的點(diǎn)之間的不同距離的總數(shù)可以轉(zhuǎn)化成邊長(zhǎng)為i(i=1,2,3,…,n)的正方形邊界上任取兩個(gè)不同的點(diǎn)之間的不同距離的個(gè)數(shù)的總和,……………………8分在邊長(zhǎng)為1的正方形中,有2個(gè)不同的距離,在邊長(zhǎng)為2的正方形中,有3個(gè)不同的距離,……在邊長(zhǎng)為n的正方形中,有n+1個(gè)不同的距離,………………9分由各正方形大小不同,距離大小各不相同,得X的所有可能取值的個(gè)數(shù)為2+3+4+…+(n+1)==.…………………10分(ii)由對(duì)立事件,不妨考慮X=槡2(n-1)的情況,①當(dāng)X=槡2(n-1)時(shí),取出的兩點(diǎn)為邊長(zhǎng)為n-1的正方形的頂點(diǎn),此時(shí),這種正方形共有4個(gè),每個(gè)正方形中距離等于槡2(n-1)的情形有2種, 所以,事件{X=槡2(n-1)}包含的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)為4x2=8；…11分②當(dāng)X>槡2(n-1)時(shí),不妨設(shè)X=槡n2+d2,d三n且d=N*,>n2-4n+2=(n-2)2-2,因?yàn)閚=4,所以(n-2)2-2>(n-3)2,數(shù)學(xué)模擬測(cè)試(二)參考答案第6頁(yè)(共7頁(yè))a)當(dāng)d=n-2,即X=槡n2+(n-2)2時(shí),取出的兩點(diǎn)為邊長(zhǎng)分別為n,n-2的矩形的頂點(diǎn),此時(shí),這種矩形共有6個(gè),每個(gè)矩形中距離等于槡n2+(n-2)2的情形有2種,所以,事件{X=槡n2+(n-2)2}包含的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)為6x2=12；…………13分b)當(dāng)d=n-1,即X=槡n2+(n-1)2時(shí),取出的兩點(diǎn)為邊長(zhǎng)分別為n,n-1的矩形的頂點(diǎn),此時(shí),這種矩形共有4個(gè),每個(gè)矩形中距離等于槡n2+(n-1)2的情形有2種,所以,事件{X=槡n2+(n-1)2}包含的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)為4x2=8；……………14分c)當(dāng)d=n,即X=槡2n時(shí),取出的兩點(diǎn)為邊長(zhǎng)為n的正