【文档说明】数学（九省新高考新结构卷02）（参考答案）.docx，共(7)页，433.259 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司2024年高考押题预测卷02【新九省卷】数学·参考答案第一部分（选择题共58分）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。12345678DBACDDCD二、选择题：本题共3小题，每小题6分

，共18分．在每小题给出的选项中，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．91011ACACAD第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共1

5分。13．1113．8π14．34273+四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（本小题满分13分）【解】（1）由于210xy++=的斜率为12−，所以()22f=，又()221fxaxx=+−,故()2241

22fa=+−=，解得12a=，（2）由（1）知12a=，所以()()()221221xxxxfxxxxx+−+−=+−==，故当1x时，()()0,fxfx单调递增，当01x时，()()0,fxfx单调递减，故当1x=时，()fx取最小值()1112fb=++，要使()0

fx恒成立，故()11102fb=++，解得32b−，故b的取值范围为32b−学科网（北京）股份有限公司16．（本小题满分15分）【解】（1）由题知：各组频率分别为：0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，日均阅读时间的平均数为：300.1

5500.25700.3900.21100.167++++=（分钟）（2）由题意，在[60，80），[80，100），[100，120]三组分别抽取3，2，1人的可能取值为：0，1，2则304236CC1(0)C5P===2142363

(1)5CCPC===1242361(2)5CCPC===所以的分布列为：012P153515()1310121555E=++=17．（本小题满分15分）【解】（1）连接BD交AC与点O，连接OM，可得平面PBD与平面MAC的交线为OM，因为//PB平面MAC

，PB平面PBD，所以//PBOM，又因为O为BD的中点，所以点M为PD的中点，取PA的中点E，连接,EMEN，可得//EMAD且12EMAD=，又因为N为BC的中点，可得//CNAD且12CNAD=，所以//EMCN且EMCN=，所以四边形EMCN为平行四边形

，所以//CMEN，又因为CM平面PAN，且EN平面PAN，所以//CM平面PAN．（2）取AB的中点S，连结,PSCS，因为5PAPB==，可得PSAB⊥，且222PSPBBS=−=，又因为225SCBCBS=+=，且3PC=，所以222PCPS

SC=+，所以PSSC⊥，学科网（北京）股份有限公司又因为ABSCS=，且,ABSC平面ABCD，所以PS⊥平面ABCD，以S为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Sxyz−，可得()()()()()1,0,0,1,0,0,1,2,0,1,2,0,0,0,2AB

CDP−−，因为M为PD的中点，N为BC的中点，可得()1,1,1,1,1,02MN−，则()()131,0,2,1,1,2,,1,1,,1,122APPNAMMC==−==−，设()111,,mxyz=是平面PAN的法向量，则1

11112020mAPxzmPNxyz=+==+−=，取2x=，可得4,1yz=−=−，所以()2,4,1m=−−，设()222,,nxyz=是平面MAC的法向量，则222222302102nAMxyznMCxyz=+−==++=，取2x=，可得2,1yz=−

=，所以()2,2,1n=−；设平面PAN与平面MAC的夹角为，则111121cos63321mnmn===，即平面PAN与平面MAC的夹角的余弦值为112163．18．（本小题满分17分）【解】（1）①当直线l斜率不存在时，由椭圆的对称性，不妨设直线l在y轴右侧，直线OA的方程为y

x=，由22184xyyx+==，解得263x=，263y=，所以，2626,33A，所以，直线AB的方程为263x=，此时26,03P．学科网（北京）股份有限公司同理，当直线l在y轴左侧时，26,03P−．②当直线l斜率存在

时，设直线l的方程为ykxm=+，()11,Axy，()22,Bxy，由22184ykxmxy=++=消去y整理得，()222124280kxkmxm+++−=，∴22648320km=−+，且122412kmxxk−+=+，212228

12mxxk−=+，又∵OAOB⊥，∴0OAOB=即：12120xxyy+=，所以，()()12120xxkxmkxm+++=，则()()22121210kxxkmxxm++++=，故()()()2222222221281240121212kmmkkmkkk+

−+−+=+++，所以()22381mk=+满足0，所以，()()22222812613311kmmOPkkk+====+++．综上，263OP=，所以，点P的轨迹方程为2283xy+=．（2）①由（1

）可知，当直线l斜率不存在或斜率为0时，83ABCS=△．②当直线l斜率存在且不为0时，2222122648321112kmABkxxkk−+=+−=++()()()22222223282114463112312kkkkkk+++

=+=++42242424645146134413441kkkkkkk++==+++++2246111344kk=+++，∵20k，∴22144kk+，当且仅当212k=，即22k=等号成立．学科网（北京）股份有限公司∴22

1911,1844kk+++，∴46,233AB，∴18,2223ABCSOPAB=，综上，8,223ABCS．19．（本小题满分17分）【解】（1）()12344213fi=，由题意可知()()2312341234,3241

1234fifi==；（2）解法一：①若()12341234fi=，则()1fi为恒等置换；②若存在两个不同的i，使得()fii=，不妨设1,2i=，则()12341243fi=

.所以()212341234fi=，即()2fi为恒等置换；③若存在唯一的i，使得()fii=，不妨设2i=，则()12343241fi=或()12344213fi=.当()12344213fi=时，由（1

）可知()3fi为恒等置换；同理可知，当()12343241fi=时，()3fi也是恒等置换；④若对任意的(),ifii，学科网（北京）股份有限公司则情形一：()12342143fi=或()12343412fi=或()12344321fi=

；情形二：()12342341fi=或()12342413fi=或()12343142fi=或()12343421fi=或()12344123fi=或()1234

4312fi=；对于情形一：()2fi为恒等置换；对于情形二：()4fi为恒等置换；综上，对任意()4fiS，存在k+N，使得()kfi为恒等置换；解法二：对于任意1,2,3,4i，都有()()()()1234,,,1,

2,3,4fifififi，所以()()()()1234,,,fifififi中，至少有一个满足()kfii=，即使得()kfii=的k的取值可能为1,2,3,4.当i分别取1,2,3,4时，记使得()kfii=的k值分别为1234,,,kkkk，只需取k为12

34,,,kkkk的最小公倍数即可.所以对任意()4fiS，存在k+N，使得()kfi为恒等置换；（3）不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对1,2,,52作一次如下置换：()1234552127228352fi=，即

(),21,26,2,kikfikik=−=+=其中1,2,,26k=.注意到各编号在置换中的如下变化：11f→，2271433179532ffffffff→→→→→→→→，428404649251374fffff

fff→→→→→→→→，662915830412111ffffffff→→→→→→→→，103116344322371910ffffffff→→→→→→→→，学科网（北京）股份有限公司123242472438452312ffffffff→→→→→→→→，183518ff→→，203644

485051263920ffffffff→→→→→→→→，5252f→，所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，注意到1,2,8的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型.