【文档说明】湖北省武汉市华师一附中2024届高三7月暑假数学独立作业（2）答案和解析.pdf，共(13)页，762.817 KB，由小赞的店铺上传

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第1页/共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司2024届高三数学独立作业（2）一、单选题：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．已知

集合20log2Axx，32,RxByyx，则AB等于（）A．24xxB．14xxC．12xxD．1xx【答案】A【详解】由20log2x，得2224logllggo1ox，解

得14x，即{14}Axx，由30x，得322xy，即{2}Byy，所以{24}ABxx.故选：A.2.已知复数z满足1i2z，则2z（）．A.1B.2C.22D.2【答案】D【

详解】由1i2z，得221i222i1i1i1i1i1iz，所以1iz，则2221i12ii2iz，所以22i2z.故选：D.3.若抛物线2:2(0)Cxp

yp上的点P到焦点的距离为8，到x轴的距离为6，则抛物线C的标准方程是（）A．24xyB．26xyC．28xyD．216xy【答案】C【详解】由抛物线定义可得：682p，解得4p，所以抛物线C的标准方程为28xy.故选：C4.把1，2，3，4，5

这5个数排成一列，则满足先增后减（例如：1，3，5，4，2）的数列的个数是（）．A.6B.10C.14D.20【答案】C【解析】【分析】根据题意，分最大数5在第二、三、四个位置三种情况讨论即可【详解】把1，2，3，4，5这

5个数排成一列，满足先增后减的数列有：①最大数5在第二个位置的所有情况：14C4②最大数5在第三个位置的所有情况：24C6③最大数5在第四个位置的所有情况：34C4，共有14个.故选：C.5.设甲：22sinsin1，乙：sincos0，则（）A．甲是乙的充分条件但

不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件5．B【详解】当22sinsin1时，例如π,02但sincos0，即22si

nsin1推不出sincos0；当sincos0时，2222sinsin(cos)sin1，即sincos0能推出22sinsin1.综上可知，甲是乙的必要不充分条件.第2

页/共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司6.如图，在ABC中，M为线段BC的中点，G为线段AM上一点，2AGGM，过点G的直线分别交直线AB，AC于P，Q两点，0ABxAPx，0AC

yAQy，则411xy的最小值为（）．A.34B.94C.3D.9【答案】B【分析】先利用向量的线性运算得到33xyAGAPAQ，再利用三点共线的充要条件，得到3xy，再利用基本不等式即可求出结果.【详解】因为M为线段BC的中点，所以1()

2AMABAC，又因为2AGGM，所以21()33AGAMABAC，又0ABxAPx，0ACyAQy，所以33xyAGAPAQ

，又,,PGQ三点共线，所以133xy，即3xy，所以4114114(1)14(1)9()(1)41(52)14141414xyxyxyxyxyyxyx，当且仅当4(1)1xyyx

，即81,33xy时取等号.故选：B.7.已知异面直线a，b的夹角为，若过空间中一点P，作与两异面直线夹角均为π3的直线可以作4条，则的取值范围是()A.π64，B.ππ,43C.π0,3D.ππ,32【答案】D【解析】【详解】如图

，将异面直线a、b平移到过P点，此时两相交直线确定的平面为α，如图，a平移为a，即PA，b平移为b，即BE．设∠APB=θ，PC且PC是∠APB的角平分线，则PC与a和b的夹角相等，即PC与a、b夹角均相等，①将直线P

C绕着P点向上旋转到PD，当平面PCD⊥α时，PD与a、b的夹角依然相等，即PD与a、b的夹角依然相等；将直线PC绕着P点向下旋转时也可得到与a、b的夹角均相等的另外一条直线，易知PC与PA夹角为2，当PC向上或向下旋转的过程中，PC与PA夹角增大

，则若要存在与两异面直线夹角均为π3的直线，有π2π233；②同理，∠APE=π，将∠APE的角平分线绕着P向上或向下旋转可得两条直线与a、b的夹角均为π3，则πππ233，如此

，即可作出4条直线与异面直线a、b夹角均为π3，又∵0＜θ≤π2，∴ππ,32．故答案为：D．8．将函数sinyx的图象向右平移π6个单位长度，再将横坐标缩短为原来的1(0)得到函数yfx的图象.若yfx在π0,3上的最大值为5，则

的取值个数为（）第3页/共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司A.1B.2C.3D.4【答案】B【详解】将函数sinyx的图象向右平移π6个单位长度，可得πsin6yx的图象．再将横坐标缩短为原来的1(0)

得到函数π()sin6yfxx的图象，由π0,3x上，得ππππ,6636x，当πππ362，即2时，则15，求得5，当πππ362，即02时，由题

意可得ππsin365，作出函数ππsin36yx与5xy的图象如图：由图可知，此时函数ππsin36yx与5xy的图象在0,2x上有唯一交点，则ππsin365有唯一解，综

上，的取值个数为2．故选：B．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．若函数2()(0)

bcfxalnxaxx既有极大值也有极小值，则()A．0bcB．0abC．280bacD．0ac【解析】函数定义域为(0,)，且223322()abcaxbxcfxxxxx，由题意，方程()0fx即220axbxc有两个正根，设为1x，2x，则有120

bxxa，1220cxxa，△280bac，0ab，0ac，20abacabc，即0bc．故选：BC．10．已知集合20,0xxaxba有且仅有两个子集，则下面正确的是（）A．224abB．214a

bC．若不等式20xaxb的解集为12,xx，则120xxD．若不等式2xaxbc++<的解集为12,xx，且124xx，则4c【答案】ABD【详解】由于集合20,0xxaxba有且仅有

两个子集，所以2240,4abab，由于0a，所以0b.公众号：全元高考A，22224244abbbb，当2,22ba时等号成立，故A正确.B，21114244abbbbb，当且仅当114,,22bbab时等号成立，故B正确.C

，不等式20xaxb的解集为12,xx，120xxb，故C错误.D，不等式2xaxbc++<的解集为12,xx，即不等式20xaxbc++-<的解集为12,xx，且124xx，则1212,x

xaxxbc，第4页/共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司则22212121244416xxxxxxabcc，4c，故D正确，故选：ABD11．下列命题正确的是（）A．已知函数elnxfxax在区间1,2上单调递

增，则a的最小值为1eB．若随机变量2~2,N，40.84P，则240.16PC．相关系数r的绝对值越接近1，两个随机变量的线性相关程度越强D．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越宽表示回归效果越差【答案】ACD【详解】依

题可知，1e0xfxax在1,2上恒成立，显然0a，所以1exxa，设e,1,2xgxxx，所以1e0xgxx，所以gx在1,2上单调递增，1egxg，故1ea，即11eea，即a的

最小值为1e正确；对于B，根据正态分布密度函数的性质知4140.16,040.16PPPP＞＜＜＞，040410.1620.68,240.342PPP＜＜＜＜＜＜，错误；对于C，根据相关系数的性质知：r约接近于

1，表示线性相关程度越强，正确；对于D，残差点分布的带状区域越宽说明线性回归时的误差越大，即回归效果越差，正确；故选：ACD.12．若240axxb对任意,0x恒成立，其中a，b是

整数，则+ab的可能取值为（）A．6B．7C．8D．17【答案】AD【分析】对b分类讨论，当0b时，由240axxb可得40ax，由一次函数的图象知不存在；当0b时，由240axx

b，利用数形结合的思想可得出,ab的整数解.【详解】当0b时，由240axxb可得40ax对任意,0x恒成立，即4ax对任意,0x恒成立，此时a不存在；当0b时，由

240axxb对任意,0x恒成立，可设4fxax，2gxxb，作出,fxgx的图象如下，由题意可知<04=aba，再由a，b是整数可得=1=16ab

或=4=1ab或=2=4ab所以+ab的可能取值为17或5或6故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知31,316nxnnxN的展开式中含有常数项

，则n的一个可能取值是______．【答案】4、8、12、16（任选一个为答案）【解析】【详解】根据二项式定理展开可得341C11CrrrnrrrnrrnnTxxx，因为展开式中含有常数项，所以404nrn

r，由此可得当n为4的倍数时，即可满足题意，又因316n，故n可取4、8、12、16.故答案为：4、8、12、16（任选一个为答案）14．为了做好疫情防控期间的校园消毒工作，某学校对教室进行消毒，室内每立方米空气中的含药量y（单位：毫克）随时间x（单位：小时）的变化情况如图所第5页/

共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司示，在药物释放的过程中，y与x成正比；药物释放完毕后，y与x的函数关系式为132xay（a为常数），根据测定，当空气中每立方

米的含药量降低到14毫克以下时，学生方可进教室学习，那么从药物释放开始，至少需要经过___________小时后，学生才能回到教室.【答案】0.6【详解】由题意知，点0.2,1在函数132xay的图象上，所以0.21132a

，得0.2a，所以0.2132xy，由0.211324x，即51222x，得512x，所以0.6x.所以从药物释放开始，到学生回到教室至少需要经过的0.6小时.故答案为：0.6.15．己知椭圆22196xy，12,FF为两个焦点，O为原点

，P为椭圆上一点，123cos5FPF，则||PO___【答案】302【详解】方法一：设12π2,02FPF，所以122212tantan2PFFFPFSbb，由22212222cossin1tan3

coscos2cos+sin1tan5FPF，解得：1tan2，由椭圆方程可知，222229,6,3abcab，所以，1212111236222PFFppSFFyy，解得：23py，即239

9162px，因此22930322ppOPxy．方法二：因为1226PFPFa①，222121212122PFPFPFPFFPFFF，即2212126125PFPFPFPF②，联立①②，解得：22121215,212PFPFPFPF，

而1212POPFPF，所以1212OPPOPFPF，即22121122111315302212222522POPFPFPFPFPFPF．方法

三：因为1226PFPFa①，222121212122PFPFPFPFFPFFF，即2212126125PFPFPFPF②，联立①②，解得：221221PFPF，由中线定理可知，222212122242OPFFPFPF

，易知1223FF，解得：302OP．16．已知函数e,0ln,0xxfxxx（e为自然对数的底数），则函数211eFxffxfx的零点个数为___________【答案】5【分析】令

fxt，由0Fx可得211eftt，利用导数可确定fx与211eyx图象的位置关系，进而得到ft与211eyt有三个不同交点，并根据图象可确定三个交点12301ttt，采用数形结合的方式可确定fx

与1yt、2yt和3yt的交点总数，即为第6页/共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司所求的零点个数.【详解】设fxt，令0Fx可得：211eftt；设11ykx与exy相切于点11,exx，

eexx，切线斜率为1ex，则切线方程为：111eexxyxx，即111e1exxyxx，1111e1e1xxkx，解得：10x，11k；设21ykx与lnyx相切于点22,lnxx，1lnxx，切线斜率为21

x，则切线方程为：2221lnyxxxx，即221ln1yxxx，2221ln11kxx，解得：22ex，221ek；作出fx与211eyx图象如下图所示，211eyx与f

x有三个不同交点，即211eyt与ft有三个不同交点，设三个交点为123123,,tttttt，由图象可知：12301ttt；fx与1yt无交点，与2yt有三个不同交点，与3yt有两个不同交点，2

11eFxffxfx的零点个数为5个.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3sin5A，5cos13B．（1）求sinC；（2）若13a，求ABC的面积．【解】(1)因

为5cos13B，0,πB，所以12sin13B，又因为312sinsin513AB，5cos013B，所以π2AB，故4cos5A，所以63sinsinsincoscossin65CA

BABAB．(2)由正弦定理可知：sinsinabAB，代入已知条件得13312513b，解得20b，所以ABC的面积为1163sin13201262265SabC18.记nS为数列na的前n项和，已知12a，1nnaSn．（1）求数

列na的通项公式；第7页/共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司（2）设单调递增等差数列nb满足23b，且11ab，22ab，3312ab成等比数列．（ⅰ）求数列nb的通项公式；（ⅱ）设2221

2111nnTbbbL，试确定nT与34的大小关系，并给出证明．【解】（1）因为1nnaSn，所以112nnaSnn，所以1212nnaan，整理得11212nnaan．又因为23a，所以当2n时，2211222nnn

aan，所以212nnan，当1n时，12a不满足．所以21212nnnan，nN.（2）（ⅰ）设数列nb的公差为0dd．因为11ab，22ab，3312ab成等比数列，且12a，23a，37a，

所以222113312ababab，即212130dd．又因为0d，所以1d．所以数列nb的通项公式为1nbn，nN．（ⅰi）34nT．证明如下：由

（ⅰ）知，1nbn，nN，易知212nnn所以22222212111111231nnTbbbnLL．22211111123132421nnnLL3111

342124nn，nN，34nT．19.如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，平面PAB平面ABCD，2BCAB，60ABC．（1）证明：PBAC；（2）点Q在侧棱P

D上，2DQQP，过B，Q两点作平面，设平面与PA，PC分别交于点E，F，当直线//AC时，求二面角BEQD的余弦值．【解】(1)证明：在ABC中，设22BCABm，因为60ABC，由余弦定理可知：22222221cos2222mmACABBCA

CABCABBCmm，解得3ACm，所以222ACABBC，所以ABAC．又因为平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，ABAC，AC平面ABCD，所以AC平

面PAB．由PB平面PAB，所以PBAC.(2)连BD交AC于点M，连接PM，BQ，设PM交BQ于点H．在PBD△中，过P作BD的平行线交BQ的延长线于N，由//PNBD，有::1:2PNBDPQQD，则::1:1PNBMPHHM，第8页/共12页学科网（北京）股份有限公司学科

网（北京）股份有限公司所以点H为线段PM中点．在PAC△中，因为直线//AC平面，平面PAC平面EF，所以直线//EF直线AC，且直线EF过点H，所以点E为线段PA中点．以点A为坐标原点，,ABAC分别为

x轴，y轴，过点A垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设2AB．则0,0,0A，2,0,0B，0,23,0C,2,23,0D，1,0,3P．因为点E为线段PA中点，所以，13,0,22E设平面BEQ（平面BEF）的法

向量为1,,nxyz，因为33,0,22BE，10,3,02EFAC，由1100BEnEFn，得3302230xzy，令1x，

则11,0,3nur．设平面EQD（平面PAD）的法向量为2,,nxyz，因为1,0,3AP，2,23,0AD，由2200APnADn，得302230

xzxy．令3x，则23,1,1n．所以121212cos,0nnnnnn，所以二面角BEQD的余弦值为0.20．已知双曲

线C的中心为坐标原点，左焦点为25,0，离心率为5．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为1A，2A，过点4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线1MA与2NA交于点P．试问:点P是否在定直线上.为什么？【解】（1）设双曲线方程为222210,0xyab

ab，由焦点坐标可知25c，则由5cea可得2a，224bca，双曲线方程为221416xy.(2)在定直线上理由如下由(1)可得122,0,2,0AA，设1122,,,MxyNxy，显然直

线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为4xmy，且1122m，与221416xy联立可得224132480mymy，且264(43)0m，则1212223248,4141myyyymm，直线1MA的方程为1122

yyxx，直线2NA的方程为2222yyxx，联立直线1MA与直线2NA的方程可得：第9页/共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司2121121211212121222222266yxymymyyyyyxxyxymymyyy

112221122483216222141414148483664141mmmyymmmmmyymm，由2123xx可得=1x，即1Px，据此可得点P在定直线

=1x上运动.21．已知函数2sinπ,0,cos2xfxaxxx．(1)当1a时，讨论fx的单调性；(2)若sin0fxx，求a的取值范围．【解】（1）因为1a

，所以2sinπ,0,cos2xfxxxx，则22432coscos2cossinsincos2sin11coscosxxxxxxxfxxx3333222coscos21coscoscos2co

scosxxxxxxx，令costx，由于π0,2x，所以cos0,1tx，所以23233222coscos22221211xxttttttttt2221ttt

，因为2222110ttt，10t，33cos0xt，所以233coscos20cosxxfxx在π0,2上恒成立，所以fx在π0,2

上单调递减.（2）法一：构建2sinπsinsin0cos2xgxfxxaxxxx，则231sinπcos0cos2xgxaxxx，若sin0gxfxx，

且00sin00gf，则0110gaa，解得0a，当0a时，因为22sin1sinsin1coscosxxxxx，又π0,2x，所以0sin1x，

0cos1x，则211cosx，所以2sinsinsin0cosxfxxxx，满足题意；当a<0时，由于π02x，显然0ax，所以22sinsinsinsinsin0cosco

sxxfxxaxxxxx，满足题意；综上所述：若cos0,1tx，等价于0a，所以a的取值范围为,0.法二：第10页/共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股

份有限公司因为2232222sincos1sinsincossinsinsincoscoscoscosxxxxxxxxxxxx，因为π0,2x，所以0sin1x，0cos1x，故2sinsin0cosxxx在π0,2上恒

成立，所以当0a时，2sinsinsin0cosxfxxxx，满足题意；当a<0时，由于π02x，显然0ax，所以22sinsinsinsinsin0coscosxxfxxaxx

xxx，满足题意；当0a时，因为322sinsinsinsincoscosxxfxxaxxaxxx，令32sinπ0cos2xgxaxxx，则22433sincos2sincosxxxgxax，注意到224

33sin0cos02sin000cos0gaa，若π02x，0gx，则gx在π0,2上单调递增，注意到00g，所以00gxg，即sin0fxx，不满足题意；若0π02x，00gx

，则000ggx，所以在π0,2上最靠近0x处必存在零点1π20,x，使得10gx，此时gx在10,x上有0gx，所以gx在10,x上单

调递增，则在10,x上有00gxg，即sin0fxx，不满足题意；综上：0a.22.某考生在做高考数学模拟题第12题时发现不会做．已知该题有四个选项，为多选题，至少有两项正确，至多有3个选项正确．评分标准为：全部选对得5分，部分选对得2分，选到错误选项得0分．设此题正确答

案为2个选项的概率为0001pp．已知该考生随机选择若干个（至少一个）．（1）若012p，该考生随机选择2个选项，求得分X的分布列及数学期望；（2）为使他此题得分数学期望最高，请你帮他从以下三种方案中选一种，并说

明理由．方案一：随机选择一个选项；方案二：随机选择两个选项；方案三：随机选择三个选项．【分析】（1）根据全概率公式分别求得得分为0分，2分，5分的事件的概率，进而求得分布列及数学期望；（2）根据全概率公式分别计算三种方案

的对应的得分的概率，进而求得对应的数学期望，再利用作差法比较即可求解.【解】(1)设多选题正确答案是“选两项”为事件2A，正确答案是“选三项”为事件3A，则23AA．考生得0分，2分，5分为事件0B，2B

，5B，20PAp，301pAp．当212PA时，312PA，则正确答案是“选两项”时，考生选2项，全对得5分，有选错得0分；第11页/共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司正确答案是“选三项”时，考生选2项，选出了2个

正确选项得2分，有选错得0分．因为02030BABAB，所以020302030PBPABABPABPAB22033PBAPAPBAPA12322244CC1153212C2C12123．因

为22232BABAB，所以222322232PBPABABPABPAB222233PBAPAPBAPA2324C111022C4，

525352535PBPABABPABPAB522533PBAPAPBAPA24111102C212．所以，得分X的分布列为：公众号：全元高考X025P2314112得分X的数学期望21111025341212EX．（2）方案一：随机选

择一个选项正确答案是“选两项”时，考生选1项，选对得2分，选错得0分；正确答案是“选三项”时，考生选1项，选对得2分，选错得0分．因为02030BABAB，所以0022033PBPBAPAPBAPA000211114444ppp

．因为22232BABAB，所以2222233PBPBAPAPBAPA000233114444ppp所以，随机选择一个选项得分的数学期望00011313102444422ppp．方

案二：随机选择两个选项；0022033PBPBAPAPBAPA1232000002244CC5111111CC6232ppppp，2222233PBPBAPAPBAPA

23000024C111011C222pppp，5522533PBPBAPAPBAPA000241110C6ppp．所以，随机选择两个选项得分的数学期望0000111110215132266pppp

．方案三：随机选择三个选项．公众号：全元高考正确答案是“选两项”时，考生选3项，得0分；正确答案是“选三项”时，考生选3项，选对得5分，有选错得0分．0022033PBPBAPAPBAPA230000034C331111C444ppppp

，552253300011101444PBPBAPAPBAPAppp，第12页/共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司所以，随机选择三个选项得分的数学期望00031115505

444444ppp．因为000311111022623ppp，0003155130224444ppp．所以选择方案一．获得更多资源请扫码加

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