【文档说明】湖南省湘西州吉首市2024届高三上学期第二届中小学生教师解题大赛 数学参考答案.pdf，共(11)页，564.625 KB，由小赞的店铺上传

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第1页共10页2024届高三模拟试卷（数学学科）数学参考答案1.【答案】C【解析】2131Mxxxx，因为MNN，所以N为M的子集，所以1a.故选：C.2.【答案】D【解析】复数1z与32iz在复平面内对应

的点关于实轴对称，132iz，132i1i32i5i1i1i1i1i2z故选：D．3.【答案】A【解析】根据题意，知BC边为圆O的直径，又由||||AOA

B，则ABO为正三角形，则有1||||2BABC，则向量BA在向量BC上的投影向量||cos60||BCBABC14BC,故选：A．4.【答案】B【解析】对A，若22ambm中，0m

时ab也成立，故A错；对B，当34x时，tan1x，故tan1x，若tan1x，则(41)4kx，故B对；对C，存在量词命题的否定是1,2xxxR，故C错；对D，若1,,xyxy均为负数，则lg,lgxy无意义，故

D错.5.【答案】D【解析】由题意，434aSab，即434b，所以434b，令3taab，即13tb，故43143t，即431lglg43t，可得1(lg32lg2)lg34t，即4lg3162l

g2lg3t．故选：D6.【答案】A【解析】因为cos40cos40cos800，所以2cos40coscos80cossin80sin0，所以2cos40cos80sin80tan0

，所以2cos40cos80tansin802cos12080cos80sin80{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAIIAAAABNABAA=}#}第2页共10页2cos120cos80sin120s

in80cos803sin803sin80sin80.故选：A．7.【答案】D【解析】由题意易证PA平面ABC.设底面ABC的外心为G，外接球的球心为O，则OG平面ABC，所以//

PAOG.设D为PA的中点，因为OPOA，所以DOPA.因为PA平面ABC，AG平面ABC,所以PAAG，所以//ODAG.因此四边形ODAG为平行四边形，所以112OGADPA.因为120BAC，2ABAC，所以2212cos44222232BC

ABACABACBAC,由正弦定理，得2324232AGAG.所以该外接球的半径R满足2225ROGAG,故该外接球的表面积为24π20πSR.故选

:D.8.【答案】B【解析】因为2fxx是奇函数，fxx是偶函数，所以22fxxfxxfxxfxx，解得2fxxx，由,0,121,1,fxxg

xgxx，当1,2x时，则10,1x，所以2121gxgxfx，同理：当2,3x时，214242gxgxgxfx，以此类推，可以得到gx的图象如下：由此可得，

当4,5x时，164gxfx，由3gx，得16453xx，解得174x或194x，又因为对任意的0,xm，3gx恒成立，所以1704m，所以实数m的最大值为174

.故选：B.9.【答案】ACD【解析】A.由频率分布直方图可知得：0.004a，故A正确；B.250.002750.0031250.0041750.0062250.0042750.00150150，故B错误；C.设80%百分位数x，则

500.002500.003500.004500.0062000.0040.8x，解得：212.5x，故C正确；{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAIIAAAAB

NABAA=}#}第3页共10页D.销量在[200,300]内的销售商为12054家，故D正确.故选：ACD10.【答案】ABD【解析】由题意得2π4πsin033f，所以4ππ3k，Zk，即4π3k，Zk

，又0π，所以2k时，2π3，故2πsin23fxx，选项A：当5π0,12x时，2π2π3π2,332x，可得yfx在50,12

上单调递减，正确；选项B：当11,1212x时，2ππ5π2,322x，由于yfx只有1个极值点，由2π3π232x，解得512x，即512x

为函数的唯一极值点，正确；选项C，当7π6x时，2π23π3x，07π6f，故直线7π6x不是对称轴，错误；选项D，由2π2cos213yx得所以2π2π2

2π33xk或22π22π33xk，Zk，解得πxk或ππ3xk，Zk，所以函数yfx在点30,2处的切线斜率为2π2cos013k，切线方程为302yx即32yx，正确；故选：ABD11.【答案】AD【解析】设(

,2)Ptt，因为ABBP，所以B在以AP为直径的圆上，又由题意可得，(2,0)A,所以AP中点为1,122tt，22(2)(2)22APttt，所以以AP为直径的圆方程为2222211222t

ttxy，即22(2)(2)20xytxtyt，由圆22:22Cxy，可得22420xyx，两圆的方程相减可得(6)(2)220

txtyt，所以方程22420(6)(2)220xyxtxtyt只有一个解，所以圆心(2,0)到直线(6)(2)220txtyt的距离{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAII

AAAABNABAA=}#}第4页共10页222(6)222(6)(2)ttdtt，得231650tt，解得13t或5t，故选:AD.12.【答案】ACD【解析】对于选项A、B，因为1

1a，0na，所以11nnaaneea，设e1exxgxx，g()eeeexxxxxxx当0x时，()0gx，()gx单调递减，当0x时，()0gx，()gx单调递增，所以()(0)0gxg

，则ee1xxx，所以ee1nnaana，当0na时，1e1eennnaaana，1nnaa，当0na时，1e1eennnaaana，1nnaa，因为11a，所以这种情况不存在，则数列na满足当0na时，1nnaa，为单调递

减数列，故A选项正确，B选项错误；对于选项C，1ln1lnenannnnaaaa令,(0,1]nxax，设()ln1ln,(0,]e1xfxxxx则e111()10e1e1xxxfxxx

，所以函数()fx单调递减，所以随着na减小，从而1nnaa增大，所以2023202220222021aaaa，即2021202320222aaa，所以C选项正确，对于选项D，由前面得101nnaa，下面证明112nn

aa，只需证明112e1ln11e111lne2e22nnnnaaaannnnnnnaaaaaaa，令enab，则1eb，所以1112221ln0lnbbbbbb，令1122()ln,(1,e]mbbbbb，则11()202mbbb

b，m()m(1)0b成立，则112nnaa所以2023122212202120211112222Saaaaaa2021112lne1lne122所以D选

项正确；故选：ACD.13.【答案】120{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAIIAAAABNABAA=}#}第5页共10页【解析】由题意分两种情况：①222242C13108xx，②

1324C1312xxx，故2x的系数为：10812120，故答案为：120.14.【答案】732【解析】2(2)()0(2)20cacbccabab-，因为,ab均为单位向量，且夹角为3，所

以有221(2)2110(2)12ccabcabc-，2221(2)2(2)44414112cabcabcabcababc，即(2)7cabc

，而2(2)1cabc，所以有273731722ccc，因此||c的最大值为73215.【答案】5【解析】易知MN关于x轴对称，令12MFF，5cos213，∴2159cos121313，24sin13，∴24tan

9，∴2tan3．22bcyxxabcbyyxcaa，,22cbcMa，22tan332bcac，∴2ba，∴215cbeaa．故答案为:5.16.【答案】

1024【解析】当k为偶数，则11(1)2122)(1)(1)(kkkkSkk1122kk222222(12)(34)[(1)]kk)4(1231k

k(1)(12341)2kkkk当k为奇数，则(1)(1)(2)22[(1)(1)(1)(1)]kkkkkkSSkk2(1)(2)(1)(1)22kkkkk综上，1(1)2(1)(1)2kkkkkS

，当*(1)(1)(N)22kkkknk时，则1(1)(1)(1)[](1)22kknkkkkSkn，所以{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAIIAAAABNA

BAA=}#}第6页共10页11(1)(1)(1)[](1)22(1)kknknkkkknSakk21(1)1(1)(1)2222kkkkkknnn，由题意ZnnSa，则(1)

(1)Z2kk，故k为奇数，又6364646520162023208022，所以63k，所以集合2023P中元素的个数6432136310242．故答案为：1024．17.(1)因为各项不为0的数列na满足*

112,31nnnaannaN，两边同时取倒数，可得1113nnaa，所以1113nnaa，………………………………………………2分21a，11131a，解得114a.…………………………………………………………………3

分数列1na为等差数列，且公差为3，首项为4.………………………………………………………5分（2）由（1）可得143137nnna，137nan，…………………………………………6分1nnaa对任意*nN恒成立，3734nn对任意*

nN恒成立，…………………………………7分令3734331343434nnfnnnn，当1n时，14f；当2n时，122f；………………………………………………………8分当3n

时，fn单调递增，2315ffn,所以min122fnf，12实数的取值范围为1,2.…………………………………………………………………………10分18.（1）由题意知A

BC中，由正弦定理边角关系得：则sincos3sinsinACACsinsinsinsinsincoscossinsinBCACCACACC，∴3sinsincossinsinACACC，…………………

…………………………………………………2分∵sin0C，∴3sincos1AA，∴π1sin62A，……………………………………………4分{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAII

AAAABNABAA=}#}第7页共10页∴，又0,πA，ππ5π,666A，所以ππ=66A，即π3A．…………………………………6分（2）如下图所示，在ABC中，AM为中线，∴2AMABAC，………………………………………

…………………………………………………7分∴22222242AMABACABABACACcbbc，…………………………………8分∴2212bcbc．∵334ABCS△，∴1333sin244bcAbc

，3bc，∴22215bcbbcc，………………………………………………………………………10分∵ABCABNACNSSS△△△，∴331π15sin4264bcANAN，∴355AN．………………………………………………12分19.（1）

由APC是二面角1APDC的平面角，∴11,APPDCPPD，……………………1分∵APCPP，,APCP面APC，∴1PD面APC，………………………………………………2分∵AC面APC，即1PDAC，在长方体中11CAAC∥,∴111C

APD∵1AA面1111DCBA，又1PD面1111DCBA，∴11PDAA，………………………………………3分∵1111ACAAA，111,ACAA面11ACCA，故1PD面11ACCA………

……………………………4分而面APC面11ACCAAC，且1PD面APC、1PD面11ACCA，∴面APC与面11ACCA为同一平面，…………………………………………………………………………5分又∵P面1111DCBA，面11ACCA面1111DCBA11AC，

∴点P在11AC上；…………………………6分（2）构建如下图示的空间直角坐标系Axyz，令1ABBC，1AAk，由题设，长方体上下底面都为正方形，由（1）知111PDAC，则P为11AC中点，∴11(,,)22Pk且0k，(1,1,0)

C，(0,1,0)D，则11(,,)22APk，11(,,)22PCk，{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAIIAAAABNABAA=}#}第8页共10页11

(,,)22PDk，……………………………………………………………………………………………7分设(,,)mxyz是面PCD的一个法向量，则1102211022mPCxykzmPDxykz

，令2y，则1(0,2,)mk……………………………………………9分∴2222||222|cos,|2(21)||||11132243422APmAPmAPmkkkk，……11分仅当422k时等号成立，故直线PA与

平面PCD所成角的正弦的最大值为2(21).………………12分20（1）据题意，X的所有可能取值为0，1，2，3.………………………………………………………1分181313121)0(XP………………………………………………………………………

2分121122112412332332339PX112122121422332332339PX1111323318PX………………………

……………………………………………………………4分所以X的分布列为：X0123P11849491181441301231899182EX………………………………………………………………6分（2）记第n次亮灯时，亮起红灯的概率为n

p，由题设，1121213333nnnnpppp……7分则1111232nnpp因为113p，则11126p，所以12np是首项为16，公比为13的等比数列.则1111263

nnp，所以111223nnp…………………………………………………9分由11112232nnp，得11023n，所以n为奇数.由1111010223202

1nnp，得1132021n因为n为奇数，则1132021n，即32021n，则7n.……………………………11分{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAII

AAAABNABAA=}#}第9页共10页112cos,sin,cos0xy（）当20n时，7n，9，11，13，15，17，19.因为玩具在这7次亮灯中亮红灯是随机事件，所以在前20次亮灯中，该玩具最多唱

7次…………………………………………………………………………………12分21.（1）设11,Axy，则11,Bxy，221112xy，直线AB的斜率11ABkyx，……………………2分

直线PA的斜率为111PAykx，直线PB的斜率为111111PByykxx，………………………………4分1111111122PAPBAByyykkkxxx，故直线PA，AB，PB的斜率成等差数列；……………………5分（2）又0,1P点到直线2yx

的距离212211d，……………………………………………6分直线PA的方程为1111yyxx，与2yx联立得：1111Cxxxy，……………………………7分同理可得：直线PB的方程为1111yyxx，与2yx联立

得：1111Dxxxy，……………8分故111211111111222111CDxxxCDxxxyxyxy，…………………………9分因为221112xy，设，故22cos44223si

ncos22sin2cossin1CD，…………………………10分其中2tan4，故当sin1时，43sinCD取得最小值，最小值为43，故PCD面积的最小值为14222323.………

………………………………………………………12分22.（1）因为eesinxxfxax，则eecosxxfxax，………………………………1分①当02a时，由1cos1x可知2cos2aaxa，又因为ee2ee2xxxx，当且仅当

0x时，等号成立，………………………………………2分所以eecos0xxfxax恒成立，且fx不恒为零，所以函数fx在0,上为增函数．又00f，所以0fx对0x恒成立；………………3分②当2

a时，令eecosxxhxax，则eesinxxhxax，{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAIIAAAABNABAA=}#}第10页共10页1xlnxx当02x时，ee0xx，s

in0ax，则eesin0xxhxax，所以，函数hx在0,2上单调递增，………………………………………………………………………4分因为020ha，22ee02h，由零点存在定理可知，存在00,2x

，使得000fxhx，当00xx时，0fx，此时函数fx单调递减故000fxf，不合乎题意，综上所述，02a.………………………………………………6分（2）要证1eesinsinln2xxxxxx

，只需证1ee2sin2sinlnxxxxxx，………7分即证1ee2sin2sinlnxxxxxx，即证lnlnee2sinee2sinlnxxxxxx

，即证lnfxfx（此时2a），…………………………………………………………………………9分由（1）可知当02a时，函数fx在0,上恒为增函数，所以即证lnxx，不妨令lngxxx，其中，则111xgxxx.…

………………………………………10分当01x时，0gx，此时函数gx单调递减，当1x时，0gx，此时函数gx单调递增，故110gxg，即，所以原结论得证．…………………………………

……………………………………………………………12分{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAIIAAAABNABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公

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