【文档说明】备战2025年高考：暑期提分“神器装备”模拟试题精编（数学）（适用于新高考地区） PDF版含答案.pdf，共(174)页，2.751 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7de2094a9f64977a186cca340b08acd6.html

以下为本文档部分文字说明：

备战2025年高考：暑期提分“神器装备”模拟试题精编（数学）目录安徽省淮北市2024届高三第二次质量检测数学试题重庆市2024届高三下学期二模数学试题福建省2024届高三一轮模拟数学试题广东省广州市2024届高三下学期一模考试数学试题河北省2024届高三下学期3月高考模拟考试数学试题河南省驻马

店部分学校2024届高三下学期二模考试数学试题湖北省2024届高三下学期三模数学试题湖南省岳阳市2024届高三下学期三模数学试题山东省淄博市2024届高三下学期一模考试数学试题浙江省丽水、湖州、衢州三市2024届高三下学期二模数学试卷参考答案安徽省淮北市2

024届高三第二次质量检测数学试题一、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.已知集合1,2,3,4,5,1,2,1,3,5UAB，则UABð（）A.2B.1,2,4C.1,2,3,5D.

1,3,4,52.若复数2π2πcosisin33z（i为虚数单位），则2z（）A.13i22B.13i22C.13i22D.13i223.已知,Rab，下列命题正确的是（）A.若1ab，则2abB.若11ab，则abC.若ab，则ln0abD.若

ab0，则11abba4.函数sincosxfxx的大致图像为（）A.B.C.D.5.某次考试一共5道判断题，有三名考生参加考试，每人均答对4道题，答错一道题，三人回答具体情况记录如下:题号12345考

生甲TFFFT考生乙TTFTT考试丙FFFTT则这5道题的正确答案依次为（）A.FFFTTB.FTFTTC.TFFTFD.TFFTT6.若函数lne1xfxax是偶函数（e是自然对数的底数），则实数a的值为（）A.12B.12C.1eD.1e7.已知A为双曲线222

2:10,0xyEabab的右顶点，O为坐标原点，,BC为双曲线E上两点，且2ABACAO，直线,ABAC的斜率分别为4和12，则双曲线E的离心率为（）A.3B.52C.62D.28.当实数t变化时，函数2,4,4fxxtx最大值的最小值为

（）A.2B.4C.6D.8二、多项选择题:木题共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.9.已知数列,nnab的前n项和分别为,nnST，若121,22nnnanT，则（）A.10100S

B.101024bC.11nnaa的前10项和为919D.1nb的前10项和为1023102410.已知正方体1111ABCDABCD的棱长为2,,MN分别是棱1,ABCC的中点，下列结论正确的是（）A.1//MNACB.1MNCDC.棱BC的中点在平面1DMN

内D.四面体11MNAD的体积为111.如图所示的钟表中，时针初始指向“12”，每次掷一枚均匀的硬币，若出现正面则时针按顺时针方向旋转150，若出现反面则时针按逆时针方向旋转150，用nX表示n次后时针指向的数字，则（）A.16EX

B.21124PXC.7357128PXD.86EX三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量1,2,1,abt，若2ab与2ab共线，则实数t______.13.在33的方格中，每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种颜色

之一，若每个22的方格中的四个小方格的颜色都不相同，则满足要求的不同涂色方法的种数为______.14.在等腰梯形ABCD中，//,ABCDDADB，若4AB，则梯形周长的最大值为______，梯形面积的最大值为______.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.15.记ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知22sin2Acbc（1）试判断ABC的形状；（2）若1c，求ABC周长的最大值.16.如图，在长方体1111ABCDABCD

中，点E、F分别在1BB，1DD上，且1AEAB，1AFAD．（1）求证：1AC平面AEF；（2）当4AB，3AD，15AA时，求平面AEF与平面11DBBD的夹角的余弦值．17.塔山石榴，产自安徽省淮北市烈山区塔山，种植迄今已有

千年历史.为了进一步发展高效农业，丰富石榴品种，壮大石榴产业，当地政府委托某种业科研公司培育了,AB两种新品石榴，将它们分别种植在两块土质和大小相同的试验田内，并从收获的果实中各随机抽取300个，按质量（单位:g）将它们分成4

组:50,70,70,90，90,110,110,130，得到如下频率分布直方图:（1）分别估计,AB品种石榴单个果实的质量；（2）经筛选检测，除去坏果和瑕疪果，两种石榴的合格率如下表:50,7070,9090,110110,130A

品种合格率0.70.80.70.8B品种合格率0.70.80.80.9已知A品种混放在一个库房，B品种混放在另一个库房，现分别从两个库房中随机各抽取2个石榴，其中合格石榴的总个数记为X，求X的分布列及数学期望.1

8.如图，已知椭圆2222Γ:1,0xyabab的左右焦点为12,FF，短轴长为6,A为上一点，11,2G为12AFF△的重心.（1）求椭圆的方程；（2）椭圆上不同三点,,BCD，满足2

2CFOF，且222,,BFCFDF成等差数列，线段BD中垂线交y轴于E点，求点E纵坐标的取值范围；（3）直线:2lykx与交于,MN点，交y轴于P点，若PMPN，求实数的取值范围.19.已知函数2cos2fxaxxa，其中Ra（1）若1a，记

gxfx，试判断gx在π0,2上的单调性；（2）求证:当12a时，0fx；（3）若对Rx，不等式211cos2sin22xfxax恒成立，求实数a的取值范围.重庆市2024届高三下学期二模数学试题（分数：150分，时间：1

20分钟）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.“2ab，且1ab”是“1a，且1b”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.复数

34i1ii2iz的实部为（）A.1B.3C.2D.13.2024年3月22日国家文物局在北京公布2023年《全国十大考古新发现》，安徽省皖南地区郎溪县磨盘山遗址成功入选并排名第三，经初步确认，该遗址现存马家浜文化区､崧泽文

化区､良渚文化区､钱山漾文化区四大区域，总面积约6万平方米.该遗址延续时间长､谱系完整，是长江下游地区少有的连续时间近4000年的中心性聚落.对认识多元化一体中华文明在皖南地区的演进方式具有重要的价值，南京大学历史学院赵东升教授团队现在对该遗址四大区域进行考古

发掘，现安排包含甲､乙在内的6名研究生同学到这4个区域做考古志愿者，每人去1个区域，每个区域至少安排1个人，则甲､乙两人安排在相同区域的方法种数为（）A.96B.144C.240D.3604.若正四面体PA

BC的棱长为23，M为棱PA上的动点，则当三棱锥MABC的外接球的体积最小时，三棱锥MABC的体积为（）A.463B.42C.43D.835.假设变量x与变量Y的n对观测数据为1122,,,,,,nnxyxyxy，两个变量满足一元线性回归模型2,0,Yb

xeEeDe.要利用成对样本数据求参数b的最小二乘估计ˆb，即求使21()niiiQbybx取最小值时的b的值，则（）A.121ˆniiiniixybxB.121ˆniiiniixybyC.12211ˆnii

inniiiixybxyD.12211ˆniiinniiiixxyybxxyy6.设110a，ln1.21b，110sin100c，则（）A.ab

cB.bacC.cabD.cba7.已知圆C：2234xy，过点0,4的直线l与x轴交于点P，与圆C交于A，B两点，则CPCACB的取值范围是（）A.

0,1B.0,1C.0,2D.0,28.设O是ABC的外心，点D为AC的中点，满足21,32DOABACR，若2BC，则ABC面积的最大值为（）A.2B.4C.42D.8二、多项选择题：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的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.9.指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况.已知U为全集且元素个数有限，对于U的任意一个子集S，定义集合S的指示函数U1,

1,10,SSxSxxxSð若,,ABCU，则（）注：()xMfx表示M中所有元素x所对应的函数值fx之和（其中M是fx定义域的子集）.A.1()1()AAxAxUxxB.1()1()1()ABAABxxxC.1()

1()1()1()1()ABABABxUxUxxxxxD.11()11()11()1()1()ABCUABCxUxUxUxxxxx10.已知圆22:1Oxy，圆22:()(1)4,RCxaya，则（）A.两圆的圆心距OC的最

小值为1B.若圆O与圆C相切，则22aC.若圆O与圆C恰有两条公切线，则2222aD.若圆O与圆C相交，则公共弦长的最大值为211.已知集合2280AxxxZ，集合93,,xmBxmxRR，若AB有且仅有3个不同元素，则实数m的值可以为（）A.

0B.1C.2D.3三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在四边形ABCD中，2BCAD，点P是四边形ABCD所在平面上一点，满足10100PAPBPCPD.设,st分别为四边形ABCD与PAB的面积，则ts___

___.13.若关于x的方程elnelnexxmmxx有解，则实数m的最大值为__________.14.四棱锥PABCD的底面ABCD为正方形，PA平面ABCD，且2PA，1AB．四棱

锥PABCD的各个顶点均在球O的表面上，Bl，lOB，则直线l与平面PAC所成夹角的范围为________．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.15.已知函数lnxfxx．（1）求曲线yfx在

点e,ef处的切线方程；（2）当1x时，21xfxax，求a的取值范围．16.在ABC中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc，且22cos0bcaC.（1）求角A；（2）射线AB绕A点旋转90交线段BC于点E，且1AE，求ABC的面积的最小值

.17.某汽车厂商生产某型号具有自动驾驶功能的汽车，该型号汽车配备两个相互独立的自动驾驶系统（记为系统A和系统B），该型号汽车启动自动驾驶功能后，先启动这两个自动驾驶系统中的一个，若一个出现故障则自动切换到另一个系统.为了确定先启动哪一个系统，进行如下试验：每一轮对系统A和B分别进行测试试

验，一轮的测试结果得出后，再安排下一轮试验.当一个系统出现故障的次数比另一个系统少2次时，就停止试验，并认为出现故障少的系统比另一个系统更稳定.为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若系统A不出现故障且系统B出现故障，则系统A得1分，系统B得-1分；若系统

A出现故障且系统B不出现故障，则系统A得-1分，系统B得1分；若两个系统都不出现故障或都出现故障，则两个系统均得0分.系统AB､出现故障的概率分别记为和，一轮试验中系统A的得分为X分.（1）求X的分布列；（2）若系统A和B在试验开始

时都赋予2分，0,1,2,3,4ipi表示“系统A的累计得分为i时，最终认为系统A比系统B更稳定”的概率，则040,1pp，111,2,3iiiipapbpcpi，其中1,

0,1aPXbPXcPX.现根据2p的值来决定该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动哪个系统，若20.1p，则先启动系统B；若20.9p，则先启动系统A；若20.10.9p，则随机启动两个系统中的一个，且先启动系统A的概率为2p.①证明：2222

222(1)(1)(1)p；②若0.001,0.002，由①可求得20.8p，求该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率.18.双曲线2222:1(,0)yxCabab的焦点为12,FF（1F在2F下方），虚轴的右端点为A

，过点2F且垂直于y轴的直线l交双曲线于点P（P在第一象限），与直线1AF交于点B，记2ABF△的周长为1,mBPF△的周长为,4nmn．（1）若C的一条渐近线为2yx，求C的方程；（2）已知动直线l

与C相切于点T，过点T且与l垂直的直线分别交x轴，y轴于,MN两点，Q为线段MN上一点，设,(0,1)MQMN为常数．若21||||||QFQF为定值，求b的最大值．19.人类对地球形状的认识经历了漫长的历程．古人认为宇宙是“天圆地方”的，以

后人们又认为地球是个圆球.17世纪，牛顿等人根据力学原理提出地球是扁球的理论，这一理论直到1739年才为南美和北欧的弧度测量所证实．其实，之前中国就曾进行了大规模的弧度测量，发现纬度越高，每度子午线弧长越长的事实，这同地球两

极略扁，赤道隆起的理论相符．地球的形状类似于椭球体，椭球体的表面为椭球面，在空间直角坐标系下，椭球面222222Γ:10,0,0xyzabcabc，这说明椭球完全包含在由平面,,xaybzc所围成的长方体内，其中,,abc按其大小，分别称为椭球的长半轴

、中半轴和短半轴．某椭球面与坐标面0z的截痕是椭圆22:12xEy.（1）已知椭圆222210xyabab在其上一点00,Qxy处的切线方程为00221xxyyab．过椭圆E的左焦点1F作直线l与椭圆E相交于,AB两点，过点,AB分别作椭圆的切线，两切线交于

点M，求ABM面积的最小值．（2）我国南北朝时期的伟大科学家祖暅于5世纪末提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．祖暅原理用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这

两个几何体的体积相等．当bc时，椭球面Γ围成的椭球是一个旋转体，类比计算球的体积的方法，运用祖暅原理求该椭球的体积．福建省2024届高三一轮模拟数学试题一、单选题1．复数z满足1i42iz，则z（）A．13i

B．33iC．232iD．322i2．已知集合1,0Axxkk，33Bxx，若AB，则k的最大值是（）A．4B．3C．2D．13．已知ABC所在平面内一点P，满足0PAPBPC

，则AP（）A．1122ABACB．1133ABACC．1123ABACD．1132ABAC4．对变量x，y有观测

数据,(1,2,,10)iixyi，得散点图1；对变量u，v有观测数据,(1,2,,10)iiuvi，得散点图2.1r表示变量x，y之间的样本相关系数，2r表示变量u，v之间的样本相关系数，则（）A．1210rrB．2110rrC．120

1rrD．2101rr5．已知符号函数1,0,sgn0,0,1,0.xxxx则函数2()sgn()ln1fxxxx的图象大致为（）A．B．C．D．6．4sin140t

an220（）A．3B．3C．1D．17．直线1:30lmxym与直线2:30lxmy相交于点00,Pxy，则005yx的取值范围是（）A．33,55B．33,44

C．44,33D．44,,338．某工厂加工一种电子零件，去年12月份生产1万个，产品合格率为87%.为提高产品合格率，工厂进行了设备更新，今年1月份的产量在去年12月的基础上提高4

%，产品合格率比去年12月增加0.4%，计划以后两年内，每月的产量和产品合格率都按此标准增长，那么该工厂的月不合格品数达到最大是今年的（）A．5月份B．6月份C．7月份D．8月份二、多选题9．已知等差数列na的前n项和为25,4,35nSaS，则（）A．nna的最小值为1B．nnS的

最小值为1C．nSn为递增数列D．2nan为递减数列10．在长方体1111ABCDABCD中，12,1,ABAAADE为AB的中点，则（）A．11ABBCB．1//AD平面1E

BCC．点D到直线1AB的距离为355D．点D到平面1EBC的距离为311．通信工程中常用n元数组123,,,,naaaa表示信息，其中0ia或*1,N,1inin．设123123,,,,,,,,,,,nnuaaaavbbbbduv表示

u和v中相对应的元素（ia对应ib，1,2,,in）不同的个数，则下列结论正确的是（）A．若0,0,0,0,0u，则存在5个5元数组v，使得,1duvB．若1,1,1,1,1u，则存在12个5元

数组v，使得,3duvC．若n元数组00,0,,0nw个，则,,,duwdvwduvD．若n元数组11,1,,1nw个，则,,,du

wdvwduv三、填空题12．在复平面内，复数z对应的点的坐标是2,1，则iz．13．底面半径为2且轴截面为正三角形的圆锥被平行于其底面的平面所截，截去一个高为3的圆锥，所得的圆台的侧面积为．14．在平面直角坐标系xOy中，整点P（横坐标与纵坐标均为整数）在第一象限，直线PA，PB

与圆C：2224xy分别切于A，B两点，与y轴分别交于M，N两点，则使得PMN周长为221的所有点P的坐标是．四、解答题15．已知函数2234ln2fxxaxax在1x处取值得极大值．

(1)求a的值；(2)求fx在区间1,ee上的最大值．16．某校高三年级1000名学生的高考适应性演练数学成绩频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是30,50、50,70、70,90、90,110、110,130、130,150．(1)求图中a的值

，并根据频率分布直方图，估计这1000名学生的这次考试数学成绩的第85百分位数；(2)从这次数学成绩位于50,70、70,90的学生中采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取9人，再从这9人中随机抽取3人，该3人中成绩在区间70,90的人数记为X，求X的分布列及数学期望．17

．如图，四棱锥π,22,,2ABCDEABBCACCDBEBECDBCD∥，平面ABC平面,BCDEF为BC中点．(1)证明：平面AEC平面AFD；(2)求平面AED与平面AFD夹角的正弦值．18．设点1,0Fc、2,0Fc分别是椭圆222:1xCya的左、

右焦点，P为椭圆C上任意一点，且12PFPF的最小值为2．(1)求椭圆C的方程；(2)求椭圆C的外切矩形ABCD的面积S的最大值．19．随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列n

a，规定Δna为数列na的一阶差分数列，其中*1ΔNnnnaaan，规定2Δna为数列na的二阶差分数列，其中2*1ΔΔΔnnnaaanN．(1)数列na的通项公式为3*nannN，试判断数列

2Δ,Δnnaa是否为等差数列，请说明理由？(2)数列loganb是以1为公差的等差数列，且2a，对于任意的*nN，都存在*mN，使得2Δnmbb，求a的值；(3)各项均为正数的数列nc的

前n项和为nS，且Δnc为常数列，对满足2mnt，mn的任意正整数,,mnt都有mncc，且不等式mntSSS恒成立，求实数的最大值．广东省广州市2024届高三下学期一模考试数学试题一､单项选择题：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.设集合21,3,,1,2AaBa，若BA，则a（）A.2B.1C.-2D.-12.已知复数z满足34i1z，则z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3

.记nS为等比数列na的前n项和，若35242aaaa，则42SS（）A.5B.4C.3D.24.已知正四棱台1111ABCDABCD的上､下底面边长分别为1和2，且11BBDD，则该棱台的体积为（）

A.722B.726C.76D.725.设2,BF分别是椭圆2222:1(0)yxCabab的右顶点和上焦点，点P在C上，且222BFFP，则C的离心率为（）A.33B.6513C.12D.326.已知函数fx的部分图象如图所示，则

fx的解析式可能是（）A.sintanfxxB.tansinfxxC.costanfxxD.tancosfxx7.已知3,35,582bca，则（）A.abc

B.acbC.cbaD.bca8.已知,是函数π3sin226fxx在π0,2上的两个零点，则cos（）A.23B.53C.1526D.2356二､多选题：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.9.已知向量,ab不共线，向量ab平分a与b的夹角，则下列结论一定正确的是（）A.0abB.ababC.向量a与b在ab上的投影向量相等D.

||||abab10.甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球（两箱中的球除颜色外，没有其他区别）.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件1A和2A表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，

则（）A.135PAB.1150PBC.1950PBA∣D.2211PAB∣11.已知直线ykx与曲线lnyx相交于不同两点1122,,,MxyNxy，曲线lnyx在点M处的切线与在点N处的切线相交于点00,Pxy，则（）A.10ekB

.120exxxC.1201yyyD.121yy三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列na的前n项和2nSnn，当9nnSa取最小值时，n__________.13.

某校数学建模兴趣小组收集了一组恒温动物体重W（单位：克）与脉搏率f（单位：心跳次数/分钟)的对应数据,1,2,,8iiWfi，根据生物学常识和散点图得出f与W近似满足(,kfcWck为参数).令ln,lniiiixWyf，计算得8218,5

,214iixyy.由最小二乘法得经验回归方程为ˆˆ7.4ybx，则k的值为__________；为判断拟合效果，通过经验回归方程求得预测值ˆ1,2,,8iyi，若残差平方和821ˆ0.28iiiyy，则决定系数2R__________

.（参考公式：决定系数22121ˆ1niiiniiyyRyy.）14.已知曲线C是平面内到定点0,2F与到定直线:2ly的距离之和等于6的点的轨迹，若点P在C上，对给定的点2,Tt，用

mt表示PFPT的最小值，则mt的最小值为__________.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应马出文字说明､证明过程或璌算步骤.15.（13分）记ABC的内角,,ABC的对边分别为,,,abcABC的面积为S.已知22234Sacb

.（1）求B；（2）若点D在边AC上，且π,222ABDADDC，求ABC的周长.16.（15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，DCP是等边三角形，π4DCBPCB

，点,MN分别为DP和AB的中点（1）求证：MN∥平面PBC；（2）求证：平面PBC平面ABCD；（3）求CM与平面PAD所成角的正弦值.17.（15分）已知函数cossin,π,πfxxxxx.（1）求f

x的单调区间和极小值；（2）证明：当0,πx时，2eexxfx.18.（17分）已知O为坐标原点，双曲线2222:1(0,0)xyCabab的焦距为4，且经过点2,3.（1）求C的方

程；（2）若直线l与C交于,AB两点，且0OAOB，求AB的取值范围；（3）已知点P是C上的动点，是否存在定圆222:(0)Oxyrr，使得当过点P能作圆O的两条切线,PMPN时（其中,MN分别是两切线与C的另一交点），总满足PMPN？若存在，求出圆O的

半径r；若不存在，请说明理由.19.（17分）某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个团队由*3,Nnnn位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若某成员第一关闯关成功，则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一

位成员接力去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯关，该团队接力闯关活动结束.已知A团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为34和12

，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.（1）若3n，用X表示A团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求X的均值；（2）记A团队第*11,kknkN位成员上场且闯过第二关的概率为kp，集合*3128kkpN中元素

的最小值为0k，规定团队人数01nk，求n.河北省2024届高三下学期3月高考模拟考试数学试题一、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

．复数31(1i)的实部为（）A．14B．14C．12D．122．已知集合4AxxN，21,BxxnnA，PAB，则集合P的子集共有（）A．2个B．3个C．4个D．8个3

．已知向量a与b的夹角为60，且),3(1a，1b，则3ab（）A．7B．10C．4D．274．已知有5人的身高各不相同，若安排5人拍照，前排2人，后排3人，且后排3人中身高最高的站在中间，则不同的站法种数为（）A．3

2B．36C．40D．425．已知在三棱锥OABC中，π3AOBBOCCOA，则直线OA与平面OBC所成的角的正弦值为（）A．24B．12C．33D．636．某企业的废水治理小组积极探索改良工艺，致力于使排放的废水中含有的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前

排放的废水中含有的污染物数量为32.25g/m，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为32.21g/m，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量nr满足函数模型0.25010()3ntnrrrr（tR，*nN

），其中0r为改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量，1r为首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量不超过30.65g/m时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则

改良工艺的次数最少为（）（参考数据：lg20.30，lg30.48）A．12B．13C．14D．157．已知抛物线2:20Typxp的焦点为F，直线l交抛物线T于A，B两点，M为线段AB的中点，过点M作抛物线T的准线的垂线，垂足为N，若MFAM，则MNAB

的最大值为（）A．1B．22C．12D．138．某包装设计部门为一球形塑料玩具设计一种正四面体形状的外包装盒（盒子厚度忽略不计），已知该球形玩具的直径为2，每盒需放入10个塑料球，则该种外包装盒的棱长的最小值为（）A．2

26B．246C．.426D．446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．9．已知圆221:2220Cxyxy，圆22

2:810320Cxyxy，则下列选项正确的是（）A．直线12CC的方程为4310xyB．圆1C和圆2C共有4条公切线C．若P，Q分别是圆1C和圆2C上的动点，则PQ的最大值为10D．经过点1C，2C的所有圆中面积最小的圆的面积为25π410

．已知函数π()sin(0)5fxx在0,2π上有且仅有5个零点，则（）A．的取值范围是623,510B．fx的图象在0,2π上有且仅有3个最高点C．fx的图象在0,2π上最多有3个最低点D．fx在π0,6

上单调递增11．已知函数2()e2lnxfxaxxxa，则（）A．当1a时，fx有极小值B．当1a时，fx有极大值C．若0fx，则1aD．函数fx的零点最多有1个题序1234567891011答案三、填空题：本题共3小题，每小题

5分，共15分．12．已知1cossin63，则πcos23______．13．自然界中某些生物的基因型是由雌雄配子的基因组合而成的，这种生物在生育下一代时，成对的基因相互分离形成配子，配子随机结合形成下一代的基因型．若某生物

群体的基因型为Aa，在该生物个体的随机交配过程中，基因型为aa的子代因无法适应自然环境而被自然界淘汰．例如当亲代只有Aa的基因型个体时，其子一代的基因型如下表所示：雌雄12A12a12A14AA14A

a12a14Aa由上表可知，子一代中:1:2AAAa，子一代产生的配子中A占23，a占13，以此类推，子七代中Aa的个体所占的比例为______．14．已知椭圆2222:1(0)xyTabab的左、右焦点分别为1F，2F，P为椭圆T上一点，且1260FPF，若12PFF△

的外接圆面积是其内切圆面积的25倍，则椭圆T的离心率e______．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．15．（13分）已知在ABC△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinsin()sinaAcCabB．（1）求

C；（2）求22sinsinAB的最大值．16．（15分）如图，已知在圆柱1OO中，A，B，C是底面圆O上的三个点，且线段BC为圆O的直径，1A，1B为圆柱上底面上的两点，且矩形11ABBA平面ABC，D，E分别是1AA，1CB的中点．（1）证明：DE∥平面ABC．（2）

若1BBC△是等腰直角三角形，且DE平面1CBB，求平面11ABC与平面1BBC的夹角的正弦值．17．（15分）某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为36

、60和24．（1）若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．（2）记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（2m且*mN）人组成

一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人的购票类型相同，则该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p．（i）试用含m的代数式表示p；（ii）若一共询问了5组，用gp表示恰有3组被标为B的概率，试求gp的最大值及此时m的值．18．（17分）已知

函数()ln1fxxax，aR．（1）讨论fx的单调性；（2）若0x，2e2xfxxax恒成立，求实数a的取值范围．19．（17分）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的一条渐近线方程为3yx，右焦点F到渐近线的距离为3．（1

）求双曲线C的标准方程；（2）若双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A，B两点，其中O为坐标原点，求证：AOB△的面积S是定值．河南省驻马店部分学校2024届高三下学期二模考试数学试题一､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.已知点06,Py在焦点为F的抛物线2:2(0)Cypxp上，若152PF，则p（）A.3B.6C.9D.122.电影《孤注一郑》的上映引发了电信诈骗问题的热议，也加大

了各个社区反电信诈骗的宣传力度.已知某社区共有居民480人，其中老年人200人，中年人200人，青少年80人，若按年龄进行分层随机抽样，共抽取36人作为代表，则中年人比青少年多（）A.6人B.9人C.12人D.18人3.已知0abc，则下列说法一定正确的是（）A.abc

B.2abcC.2acbD.2abbcbac4.已知向量2,3,1,2ab，则ab在ab方向上的投影向量为（）A.816,1717B.1220,1717C.1220,1717D.2020,17

175.已知某正六棱柱的体积为63，其外接球体积为205π3，若该六棱柱的高为整数，则其表面积为（）A.6318B.3318C.6324D.33246.已知甲､乙两地之间的路线图如图所示，其可大致认为是cos03πfxx

x„„的图像.某日小明和小红分别从甲､乙两地同时出发沿着路线相向而行，当小明到达乙地时，小红也停止前行.若将小明行走轨迹的点记为,ab，小红行走轨迹的点记为,cd，且满足3π2ac，函数2gabd，则ga的一个单调递减区间为（）A.4π0,3B.π5π,33

C.4π8π,33D.2π,3π7.已知椭圆22:1(09,)9xyCmmmZ的左､右焦点分别为12,FF，点P在C上但不在坐标轴上，且12PFF是等腰三角形，其中一个内角的余弦值为78，则m（）A.4B.5C.6D.88.已知函数eelne1x

mfxmxx的定义域为0,，若fx存在零点，则m的取值范围为（）A.1,eB.0,eC.10,eD.e,二､多选题：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.9.已知1232i,4izz，则（）A.12zz的虚部为-1B.1243zz是纯虚数C.12zz在复平面内所对应的点位于第一象限D.214izz10.已知7270127(43)13(13)(13)xaaxaxax，则（）A.494

5aB.77141iiaC.136024622aaaaD.613135722aaaa11.设Mx是定义在*N上的奇因函数，是指x的最大奇因数，比如：33,63MM，81M，则（）A

.对*,212kMkMkNB.2MkMkC.1263931MMMD.126363M三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知集合2450,{

}AxxxBxxm∣∣，若0m，则ABRð__________；若ABR，则m的取值范围为__________.13.某校拟开设“生活中的数学”“音乐中的数学”“逻辑推理论”“彩票中的数学”和“数学建模”5门研

究性学习课程，要求每位同学选择其中2门进行研修，记事件A为甲､乙两人至多有1门相同，且甲必须选择“音乐中的数学”，则PA__________.14.定义：对于函数fx和数列nx，若

10nnnnxxfxfx，则称数列nx具有“fx函数性质”.已知二次函数fx图像的最低点为0,4，且121fxfxx，若数列nx具有“fx函数性质”，且首项为1的数列n

a满足ln2ln2nnnaxx，记na的前n项和为nS，则数列52nnS的最小值为__________.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.15.（13分

）在ABC中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc，其中3c，且2tantantanbBaBAB.（1）求C；（2）求22ab的取值范围.16.（15分）已知函数lnxfxxax.（1）讨论fx的最值；（2）若1a，

且exkxfxx„，求k的取值范围.17.（15分）在如图①所示的平面图形中，四边形ACDE为菱形，现沿AC进行翻折，使得AB平面ACDE，过点E作EF∥AB，且12EFAB，连接,,FDFB

BD，所得图形如图②所示，其中G为线段BD的中点，连接FG.（1）求证：FG平面ABD；（2）若2ACAD，直线FG与平面BCD所成角的正弦值为77，求AB的值.18.（17分）某汽车销售公司为了提升公司的业绩，现将最近300个工作日每日的汽车销售情况进行统计，如图所示.（1）求a的值以及

该公司这300个工作日每日汽车销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）以频率估计概率，若在所有工作日中随机选择4天，记汽车销售量在区间200,250内的天数为X，求X的分布列及数学期望；（3

）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：抽奖区有,AB两个盒子，其中A盒中放有9张金卡､1张银卡，B盒中放有2张金卡､8张银卡，顾客在不知情的情况下随机选择其中一个盒子进行抽奖，直到抽到金卡则抽奖

结束（每次抽出一张卡，然后放回原来的盒中，再进行下次抽奖，中途可更换盒子），卡片结果的排列对应相应的礼品.已知顾客小明每次抽奖选择两个盒子的概率相同，求小明在首次抽奖抽出银卡的条件下，第二次从另外一个盒子中抽奖抽出金卡的概率.19.（17分）已知双曲线2222:1(0,

0)xyCabab的左顶点为A，直线1:2lyx与C的一条渐近线平行，且与C交于点B，直线AB的斜率为13.（1）求C的方程；（2）已知直线2:28lyxmm与C交于,PQ两点，问：是否存在满足EAEPEPEQEAEQ

的点00,Exy？若存在，求2200xy的值；若不存在，请说明理由.湖北省2024届高三下学期三模数学试题一、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.设1,2a，34b,，32c,，则2abc等于（）A.15,12B.0C.3D.112.已知集合12Ayyxx∣，2610Bxyx

，则AB（）A.10,B.3,10C.3,D.10,33.下面四个数中，最大的是（）A.ln3B.lnln3C.1ln3D.2ln34.数列na的首项为1，前n项和为nS，若nmnmSS

S，（,Nmn）则，9a（）A.9B.1C.8D.455.复数212aizi（aR）在复平面上对应的点不可能位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限6.函数12ee

lnxxfxx的图象大致为（）A.B.C.D.7.能被3整除，且各位数字不重复的三位数的个数为（）A.228B.210C.240D.2388.抛物线2:2xy上有四点A，B，C，D，直线AC，BD交于点P，且PCPA，01PDPB．

过,AB分别作的切线交于点Q，若23ABPABQSS，则（）A.32B.23C.33D.13二、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3分，有选错的得0分．9.平行六面体中，各个表面的直角个数之

和可能为（）A.0B.4C.8D.1610.已知函数ππ2sin0,,22fxxttZ有最小正零点34，01f，若fx在94,2上单调，则（）A.πB.5π3C.19f

D.91f11.如图，三棱台111ABCABC-的底面ABC为锐角三角形，点D，H，E分别为棱1AA，BC，11CA的中点，且1122BCBC，4ACAB；侧面11BCCB为垂直于底面的等腰梯形，若该三棱台的体积最大值为736，则下列说法可能但不一定正确的是（）A.该三棱台的体

积最小值为74B.112DHC.111128EADHABCABCVVD.3221,44EH三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.写出函数ln2exxxfxx的一条斜率为正的切线方程：______．13.两个连续随机变量X，Y满足23XY，且

23,XN，若100.14PX，则20PY______．14.双曲线2222:1,0xyCabab的左右焦点分别为1F，2F，以实轴为直径作圆O，过圆O上一点E作圆O的切线交双曲线的渐近线于A，B两

点（B在第一象限），若2BFc，1AF与一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为______．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤．15.数列na中，11a，29a，且2128nnnaaa，（1）求

数列na的通项公式；（2）数列nb的前n项和为nS，且满足2nnba，10nnbb，求nS．16.已知椭圆2212:1xCya和2222:10xCyabb的离心率相同，设1C的右顶点为1A，2C的左顶点为2A，0,1B，（1）证明：12BABA；（2）设直线

1BA与2C的另一个交点为P，直线2BA与1C的另一个交点为Q，连PQ，求PQ的最大值．参考公式：3322mnmnmmnn17.空间中有一个平面和两条直线m，n，其中m，n与的交点分别为A，B，1AB，设直线m与n之间的夹角为π3，（

1）如图1，若直线m，n交于点C，求点C到平面距离的最大值；（2）如图2，若直线m，n互为异面直线，直线m上一点P和直线n上一点Q满足//PQ，PQn且PQm，（i）证明：直线m，n与平面的夹角之和为定值；（ii）设01PQdd，求点P到平面距离的最大值关于d的函数

fd．18.已知函数2ln1fxaxxx，aR，（1）若对定义域内任意非零实数1x，2x，均有12120fxfxxx，求a；（2）记1112ntn，证明：5ln16nntnt．19.欧拉函数在密码学中有重

要的应用．设n为正整数，集合1,2,,1nXn，欧拉函数)(n的值等于集合nX中与n互质的正整数的个数；记(,)Mxy表示x除以y的余数（x和y均为正整数），（1）求(6)和(15)；（2）现有三个素数p，q，()epqe，npq，存在正整数d满足(,())1M

den；已知对素数a和axX，均有1,)1(aMxa，证明：若nxX，则([(,)],)cdxMMxnn；（3）设n为两个未知素数的乘积，1e，2e为另两个更大的已知素数，且12231ee

；又11(,)ecMxn，22(,)ecMxn，nxX，试用1c，2c和n求出x的值．湖南省岳阳市2024届高三下学期三模数学试题一、选择题：本大题共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{2,1,0,1,2,3}A，3|01xBxx，则AB（）A.{1,0,1,2,3}B.{0,1,2,3}C.{1,2,3}D.{0

,1,2}2.若虚数单位i是关于x的方程32210(,)axbxxabR的一个根，则iab（）A.2B.2C.5D.53.直线2310xy的一个方向向量是（）A.3,2B.2,3C.3,2D.2,

34.下列命题正确的是（）A.若直线l上有无数个点不在平面内，则//lB.若直线a不平行于平面且a，则平面内不存在与a平行的直线C.已知直线a，b，平面,，且,,//ab，则直线a，b平行D.

已知两条相交直线a，b，且//a平面，则b与相交5.已知(1)1yfx为奇函数，则(1)(0)(1)(2)(3)fffff（）A.12B.10C.6D.56.把5个人安排在周一至周五值班，

要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法数是（）A.96种B.60种C.48种D.36种7.已知等差数列na的前n项和为nS，若210,aa20100S，则1011aa（）A.有最小值25B.有最大值25C.有最小

值50D.有最大值508.已知函数2e,()2,xaxafxxaxxa，()fx不存在最小值，则实数a的取值范围是（）A.(1,0)B.1,3C.1(1,0),3D.1,0(1,)3二、选择题

：本大题共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．9.下列结论正确的是（）A.377CCn，则3nB.111CC1mmnnmnC.10(1)x的展开式的第6项的系数是510CD.345(1)(1

)(1)xxx的展开式中2x的系数为36C110.已知函数π()2cos()0,2fxx的部分图象如图所示，则（）A.2B.()fx的单调递减区间为π7ππ,π,Z1212kkkC.()fx的图象

可由函数2cos2yx的图象向右平移π6个单位得到D.满足条件7π4π()()043fxffxf的最小正整数x为211.如图，四边形ABCD是圆柱1OO的轴截面且面积为2

，四边形1OODA绕1OO逆时针旋转(0π)到四边形111OODA，则（）A.圆柱1OO的侧面积为2πB.当0π时，11DDACC.当0π时，四面体11CDDA的外接球表面积最小值为3πD.当12BD时，2ππ3三、填空题：本大题共3小题，每小题5

分，共15分．12.已知双曲线C过点(1,6)，且渐近线方程为2yx，则C的离心率为______．13.已知角,的终边关于直线yx对称，且3sin()2，则,的一组取值可以是______，______．14.如图所示，直角三角形ABC所在平面垂

直于平面，一条直角边AC在平面内，另一条直角边BC长为33且π6BAC，若平面上存在点P，使得ABP的面积为33，则线段CP长度的最小值为______．四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知等差数列na满

足：12a，且1a，2a，4a成等比数列．（1）求数列na的通项公式；（2）若等差数列na的公差不为零且数列nb满足：2411nnnnbaa，求数列nb的前n项和nT．16.某地区举行专业技能考试，共有8000人参加，分为初试和复

试，初试通过后，才能参加复试.为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本，绘制了样本频率分布直方图，如图所示.（1）若所有考生的初试成绩X近似服从正态分布2,N，其中为样本平均数的估计值，11.5，试利用正态分布估计所有考生中初试成绩不低于85分的人数

；（2）复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩.已知某考生进入复试，他在复试中，前两题每题能答对的概率均为34，后两题每题能答对的概率均为35，且每道题回答正确与否互不影响.规定复试成绩上了20

分（含20分）的考生能进入面试，请问该考生进入面试的概率有多大?附：若随机变量X服从正态分布2,N，则：()0.6827PX，(22)0.9545,(33)0.9973PXPX

.17.已知四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为4的菱形，60DAB，PAPC，210PBPD，M是线段PC上的点，且4PCMC．（1）证明：PC平面BDM；（2）点

E在直线DM上，求BE与平面ABCD所成角的最大值．18.已知动圆P过定点(0,1)F且与直线3y相切，记圆心P的轨迹为曲线E．（1）已知A、B两点的坐标分别为(2,1)、(2,1)，直线AP、BP的斜率分别为1k、2

k，证明：121kk；（2）若点11,Mxy、22,Nxy是轨迹E上的两个动点且124xx，设线段MN的中点为Q，圆P与动点Q的轨迹交于不同于F的三点C、D、G，求证：CDG的重心的横坐标为定值．19.已知A

BC的三个角,,ABC的对边分别为,,abc且2cb，点D在边BC上，AD是BAC的角平分线，设ADkAC（其中k为正实数）．（1）求实数k的取值范围；（2）设函数3235()322bfxaxbxcx①当233k时，求函数()fx的极小

值；②设0x是()fx的最大零点，试比较0x与1的大小．山东省淄博市2024届高三下学期一模考试数学试题一、单项选择题：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.抛物线24yx的焦点坐标为（）A.1,0B.0,1C.1,016

D.10,162.某圆锥的侧面积为16π，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径长为（）A.2B.4C.22D.423.记nS为等差数列na的前n项和，若375610,35aaaa，则6S（）A.20B.16C.14D.124.已知函数π()

sin(2)3fxx，则下列结论中正确的是（）A.函数()fx的最小正周期2πTB.函数()fx的图象关于点5π(,0)12中心对称C.函数()fx的图象关于直线π6x对称D.函数()fx在区间π[0,]4上单调递增5.小明设置六位数字的手机

密码时，计划将自然常数2.71828e…的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.若排列时要求相同数字不相邻，且相同数字之间有一个数字，则小明可以设置的不同密码种数为（）A.24B.16C.12D.106.在平

面直角坐标系xOy中，已知向量OA与OB关于x轴对称，向量0,1a，若满足20OAaAB的点A的轨迹为E，则（）A.E是一条垂直于x轴的直线B.E是一个半径为1的

圆C.E是两条平行直线D.E是椭圆7.若π3π,44，ππ6tan4cos5cos244，则sin2（）A.2425B.1225C.725D.158.已知1F，2F是椭圆和双曲线的公共焦点，P，Q．是它们的两个公共点，且P，

Q．关于原点对称，223PFQ，若椭圆的离心率为1e，双曲线的离心率为2e，则22122212313eeee的最小值是（）A.233B.133C.233D.433二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部

分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列命题为真命题的是（）A.若样本数据123456,,,,,xxxxxx的方差为2，则数据12346531,31,31,31,31,31xxxxxx的方差为17B.一组数据8

，9，10，11，12的第80百分位数是11.5C.用决定系数2R比较两个模型的拟合效果时，若2R越大，则相应模型的拟合效果越好D.以模型ekxyc去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设lnzy，求得线性回归方程为20.4zx

，则c，k的值分别是0.4e和210.已知非零复数1z，2z，其共轭复数分别为12zz，，则下列选项正确的是（）A.1122zzB.1212zzzzC.若211z，则21z的最小值为2D.1122zzzz11.把底面为椭圆且母线

与底面都垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱(OO中椭圆长轴4AB，短轴23CD，12,FF为下底面椭圆的左右焦点，2F为上底面椭圆的右焦点，4AA，P为线段BB上的动点，E为线段AB上的动点，MN为过点2F的下底面的一条动弦(不与AB重合)，则下列选项正确的是（）A.当

12//FF平面PMN时，P为BB的中点B.三棱锥22FFCD外接球的表面积为8πC.若点Q是下底面椭圆上的动点，Q是点Q在上底面的射影，且1QF，2QF与下底面所成的角分别为,，则tan的最大值为1613

D.三棱锥EPMN体积的最大值为8三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知等比数列na共有21n+项，11a，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则公比q=______

____.13.已知定义在R上的函数()fx，()fx为()fx的导函数，fx定义域也是R，`()fx满足(1012)(1013)41fxfxx，则20241()ifi_______.14.设

方程ee0xx，lne0xx的根分别为p，q，函数exfxpqx，令130,,22afbfcf，则a，b，c的大小关系为___________.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.15.如图，在△ABC中，2,3BACBAC的角平分线交BC于P点，2AP.（1）若8BC，求△ABC的面积;（2）若4CP，求BP的长.

16.如图，多面体ABCDEF是由一个正四棱锥ABCDE与一个三棱锥FADE拼接而成，正四棱锥A-BCDE的所有棱长均为32//AFCD，.（1）在棱DE上找一点G，使得面ABC面AFG，并给出证明;（2）当12

AFCD时，求点F到面ADE的距离;（3）若13AFCD，求直线DF与面ABC所成角的正弦值.17.已知函数()esin1xfxx.（1）讨论函数()fx在区间(0,)上的单调性;（2）证明函数()fx在区间(π,0]上有且仅有两个零点.18.为了解居民体育锻炼情况，某地

区对辖区内居民体育锻炼进行抽样调查.统计其中400名居民体育锻炼的次数与年龄，得到如下的频数分布表.（1）若把年龄在[20,40)的锻炼者称为青年，年龄在[40,60]的锻炼者称为中年，每周体育锻炼不超过2次的称为体育锻炼频率低，不

低于3次的称为体育锻炼频率高，根据小概率值0.01的独立性检验判断体育锻炼频率的高低与年龄是否有关联；（2）从每周体育锻炼5次及以上的样本锻炼者中，按照表中年龄段采用按比例分配的分层随机抽样，抽取

8人，再从这8人中随机抽取3人，记这3人中年龄在[30,40)与[50,60]的人数分别为,,XYXY，求ξ的分布列与期望；（3）已知小明每周的星期六、星期天都进行体育锻炼，且两次锻炼均在跑步、篮球、羽毛球3种运动项目中选择一种，已知小明在某星期六等可能选择一种运动项目，

如果星期六选择跑步、篮球、羽毛球，则星期天选择跑步的概率分别为122,,353，求小明星期天选择跑步的概率.参考公式：22.nadbcnabcdabcdacbd，附：α0.100.050.010.0050.001ax2.7063.841

6.6357.87910.82819.在平面直角坐标系xOy中，点.5,0F，点,Pxy是平面内的动点.若以PF为直径的圆与圆22:1Dxy相切，记点P的轨迹为曲线C.（1）求C的方程;（2）设点(

1,0),(0,),(0,4)(2)AMtNtt，直线AM，AN分别与曲线C交于点S，T(S，T异于A)，过点A作AHST，垂足为H，求||OH的最大值.浙江省丽水、湖州、衢州三市2024届高三下学期二模数学试

卷一､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.掷两枚质地均匀的骰子，设A=“第一枚出现奇数点”，B=“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为（）．A.互斥B.互为对立C.相互独立D.相等2.双曲线2221(0)yx

mm的渐近线方程为2yx，则m（）A.12B.22C.2D.23.复数z满足i1z（i为虚数单位），则43iz的最小值是（）A.3B.4C.5D.64.已知平面向量a、b满足22ba，若aab

，则a与b的夹角为（）A.π6B.5π6C.π3D.2π35.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6，3a4，－a5成等差数列，则42SS＝（）A.3B.9C.10D.136.将函数cos2fxx的图象向右平移π02

个单位后得到函数gx的图象，若对满足122fxgx的12,xx，有12minπ3xx，则（）A.π6B.π4C.π3D.5π127.已知椭圆221222:1(0),,xyCabFFab

为左､右焦点，P为椭圆上一点，1260FPF，直线:lyxt经过点P.若点2F关于l的对称点在线段1FP的延长线上，则C的离心率是（）A.13B.22C.12D.238.已知正实数123,,xxx满足12111212xxxx，22222313xxxx，333234

14xxxx，则123,,xxx的大小关系是（）A.321xxxB.123xxxC.132xxxD.213xxx二､多选题：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.9.有一组样本数据123456,,,,,xxxxxx的平均数是x，方差是2s，极差为R，则下列判断正确的是（）A.若123456,,,,,axbaxbaxbaxbaxbaxb的平均数是0x，则0xaxb

B.若123456,2,3,4,5,6xxxxxx的极差是1R，则1RRC.若方差20s，则123456xxxxxxD.若123456xxxxxx，则第75百分位数是452xx10.已知直三棱柱111ABCABC-中，ABBC且2ABBC，直线1AC与底面

ABC所成角的正弦值为33，则（）A.线段1AC上存在点D，使得1ABADB.线段1AC上存在点D，使得平面1DBB平面1DCCC.直三棱柱111ABCABC-的体积为43D.点1B到平面1ABC

的距离为211.已知函数fx的定义域为R，且22,12,1fxyfxyfxfyffx为偶函数，则（）A.32fB.fx为奇函数C.20fD.20241()0kfk

三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在ABC中，角,,ABC的对边分别为π,,,,2,4abcBcBC边上的高等于13a，则ABC的面积是__________，sinA__________.13.已知圆22:21220Cmxmyax

a，若对于任意的Ra，存在一条直线被圆C所截得的弦长为定值n，则mn__________.14.已知正四面体ABCD的棱长为1，若棱长为a的正方体能整体放入正四面体ABCD中，则实数a的最大值为__________.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.15.设等差数列na的公差为d，记nS是数列na的前n项和，若5320Sa，15238Saaa.（1）求数列na的通项公式；（2）若*140,nnnnSdb

naaN，数列nb的前n项和为nT，求证：12nTn.16.如图，三棱锥ABCD中，,,,ADCDADCDADBBDCE为线段AC的中点.（1）证明：平面BED平面ACD；（

2）设3,2,0ABBDBFFDEFBD，求直线CF与平面ABC所成角的正弦值.17.设函数eln,xfxxaaR.（1）当1a时，求函数fx的单调区间；（2）若对定义域内任意的

实数x，恒有fxa，求实数a的取值范围.（其中e2.71828是自然对数的底数）18.已知抛物线2:4Eyx，点,,ABC在抛物线E上，且A在x轴上方，B和C在x轴下方（B在C左侧），,AC关于x轴对称，直线AB交x轴于点M，延长线段CB交x轴于点Q，连接QA.

（1）证明：OMOQ为定值（O为坐标原点）；（2）若点Q的横坐标为1，且89MBMC，求AQB的内切圆的方程.19.为保护森林公园中的珍稀动物，采用某型号红外相机监测器对指定区域进行监测识别.若该区

域有珍稀动物活动，该型号监测器能正确识别的概率（即检出概率）为1p；若该区域没有珍稀动物活动，但监测器认为有珍稀动物活动的概率（即虚警概率）为2p.已知该指定区域有珍稀动物活动的概率为0.2.现用2台该型号的监测器组成监测系统，每台监测器（功能一致）进行独立监测识

别，若任意一台监测器识别到珍稀动物活动，则该监测系统就判定指定区域有珍稀动物活动.（1）若120.8,0.02pp.（i）在该区域有珍稀动物活动的条件下，求该监测系统判定指定区域有珍稀动物活动的概率；（ii）在判定指定区域有珍稀动物活动的条件下

，求指定区域实际没有珍稀动物活动的概率（精确到0.001）；（2）若监测系统在监测识别中，当10.80.9p时，恒满足以下两个条件：①若判定有珍稀动物活动时，该区域确有珍稀动物活动的概率至少为0.9；②若判定没有

珍稀动物活动时，该区域确实没有珍稀动物活动的概率至少为0.9.求2p的范围（精确到0.001）.（参考数据：235.0435.010.9866,0.9861,0.980.960466）参考答案安徽省淮北市2024

届高三第二次质量检测数学试题参考答案1.B由集合1,2,3,4,5,1,2,1,3,5UAB，可得{2,4}UBð，所以1,2,4UABð.故选：B.2.A因为2π2π13cosisini3322z，所以2221313313ii

ii2242422z.故选：A.3.D当1,1ab时，2ab，所以A错.当0,0ab时，ab，所以B错.当2,1ab时，ln0ab，所以C错.若0ab，则110ba，则11abba成立，所以D正确.故选：D4.C由

sincosxfxx可知，cos0x，即ππ,Z2xkk，显然该函数定义域关于原点对称，由sin()sin=()cos()cosxxfxfxxx可知，函数为奇函数，排除B,D两项，又3πsin3π4()103π4|cos|4f，排除A项，故C项

正确.故选：C.5.D每个考生都均答对4道题，答错一道题，第1题，若甲乙答错，则甲乙的后四题答案应相同，不成立，故丙答错了第1题；丙答错了第1题，则丙的后四题全部正确，对比可知，甲答错了第4题，乙答错了第2题，则这5道题的正确答

案依次为TFFTT.故选：D6.B依题意，()()fxfx，即lne1lne1xxaxax，整理得：e12ln0e1xxax，即2lne0xax，则有(21)0ax，因x不恒为0，故必有210a，解得，12a.故选：B.7.A由2ABACA

O可得：O是BC的中点，即,BC关于原点对称，不妨假设点(,)Bmn，则(,)Cmn，由(,0)Aa及直线,ABAC的斜率分别为4和12可得：444122nnmamannmama

，联立解得：9787aman，所以把点98(,)77aaB代入双曲线方程E得：222222298816477114949aaaabca，再由c

ea代入得：2643249491e，解得：23e，1,3ee，故选：A.8.D若40t，即0t时，2()fxxt，其对称轴为0x，max()16fxt，此时，因0t，故()16gtt的最小值为16；若0t，由20yxt可得xt，（Ⅰ）如

图1，当4t时，即160t时，2fxxt在[]4,t上递减，在[,0]t上递增，在[0,]t上递减，在[,4]t上递增，又(4)|16|16,(0)||fttftt，

①当168t时，16tt，故maxfxt，而()gtt在[16,8]上单调递减，则此时，min()(8)8gtg；②当80t时，16tt，故max16fxt，而()16htt在(8,

0)上单调递增，则此时，()(8)8gth.（Ⅱ）如图2，当4t，即16t时，2fxxt在[4,0]上单调递增，在[0,4]上单调递减，则此时max(0)fxftt，而()tt

在(,16)上单调递减，则()(16)16t.综上，函数2,4,4fxxtx最大值的最小值为8.故选：D.9.ABD21nan，所以na是首项11a，公差2d的等差数列，1

01010110121002S，故选项A正确.令11nnncaa+=×，则11111111()()2nnnnncdaaaa，1210122310111111111111111

()()22cccaaaaaaaa，又11a，1121a，12101110(1)22121ccc，故选项C错误.又122nnT，1122222(1,N)nnnnnnbTTnn＞

，又1111222bT，1122b，2(N)nnbn，nb是首项为12b，公比2q=的等比数列，101021024b，故选项B正确.又11111222nnnb

，1nb是首项为12，公比为12的等比数列，101231011(1)11111023221102412bbbb，故选项D正确.故选：ABD.10.BD如图所示建立空间直角坐标系，则

112,1,0,0,2,1,2,0,0,0,2,2,0,2,0,0,0,2MNACCD，所以112,1,1,2,2,2,0,2,2MNACCD，由空间向量共线的充要条件知若1//MNAC，则有

12212MNAC，显然上述方程无解，故A错误；又12012120MNCD，所以B正确；延长1,DNDC交于H点，连接MH交B

C于G点，由平行线分线段成比例可知G为靠近B点的线段BC的一个三等分点，故C错误；设平面11ADM的一个法向量为,,nxyz，易知11112,0,0,0,1,2,2,2,1DAAMAN

，则1112020nDAxnAMyz，令20,1yxz，即0,2,1n，则N到平面11ADM的距离为135nANdn，而11221

22152ADMS，所以1111113NADMADMVdS，故D正确.故选：BD11.ACDA选项，1X的可能取值为5,7，且111752PXPX，故111576

22EX，A正确；B选项，212X，即2次旋转中，1次顺时针方向旋转，1次逆时针方向旋转，故12211112C222PX，B错误；C选项，77X，即顺时针走了210或逆时针走了150，设硬币正面朝上的次数为x，则反面朝上的次数为7x，

1507150150xx，解得3x，故3437711357C22128PX，C正确；D选项，若硬币8次均正面朝上，此时84X，故808881114C22256PX，若硬币7次

正面朝上，1次反面朝上，此时86X，故717881116C2232PX，若硬币6次正面朝上，2次反面朝上，此时88X，故626881178C2264PX

，若硬币5次正面朝上，3次反面朝上，此时810X，故5358811710C2232PX，若硬币4次正面朝上，4次反面朝上，此时812X，44488113512C22128PX

，若硬币3次正面朝上，5次反面朝上，此时82X，353881172C2232PX，若硬币2次正面朝上，6次反面朝上，此时84X，262881174C2264PX，若硬币1次正面朝上，7次反面朝上，此时86X

，171881116C2232PX，若硬币8次均反面朝上，此时88X，8088118C2256PX，故8117735771146810122468256326432128326432256EX

489664，D正确.故选：ACD12.2由1,2,1,abt可得，2(3,4)abt，2(3,22)abt，因2ab与2ab共线，则有3(4)3(22

)tt，解得2t.故答案为：2.13.72设四种颜色分别为ABCD，对于第一个22的方格，共有4424A种不同的涂法，假设第一个22的方格，涂如图所示ABCD四种颜色，①若第三列的一个方格涂A，第三列的第二方格涂C，则第三列的第三方格涂A或B，当第三列的第三方格

涂A时，则第三行的第一、二方格，分别涂,AB；当第三列的第三方格涂B时，则第三行的第一、二方格，分别涂,BA；②若第三列的一个方格涂C，第三列的第二方格涂A，则第三列的第三方格涂C或B，当第三列的第三方格涂C时，则第三行的第一、二方格，分别涂,AB；当第三列的第三方格涂B时，

则第三行的第一、二方格，分别涂,BA；所以，共有3类涂法，则共有24372种不同的涂色方法.故答案为：72.14.10；33设DAx，DAB，则RtDAB中，cos4DAxAB，216sin4x，过D作DEA

B，E为垂足，则2cos4xAEDA，2164sinDEAxDx，等腰梯形ABCD周长为2222442810222xxxABBCCDDAxxx

，所以当2DA时，梯形周长的最大值为10.梯形面积223221681632422163xxxxxABCDDES4223163414433163163xx，当且仅当22163xx，即2x时等号成立，所以

梯形面积的最大值为33.故答案为：10；33.15.（1）解：由22sin2Acbc，可得2sin22Acbc，所以1cos22Acbc，即1cos12222Abc，所以cosbAc，又由余弦定理得2222bcabbcc，可得222abc，所以π

2C，所以ABC是直角三角形（2）解：由（1）知，ABC是直角三角形，且1c，可得sin,cosaAbA，所以ABC周长为π1sincos12sin4AAA，因为π0,2A，可得ππ3π

,444A，所以，当4A时，即ABC为等腰直角三角形，周长有最大值为21.16.（1）因为BC平面11ABBA，AE平面11ABBA，所以AEBC．又1AEAB，1ABBCBI，所以AE平面1ABC因为1AC平面1ABC

，所以1AEAC同理：因为CD平面11ADDA，AF平面11ADDA，所以AFCD．又1AFAD，1ADCDD，所以AF平面1ACD因为1AC平面1ACD，所以1AFAC又因为1AE

AC，AEAFA，所以1AC平面AEF（2）以A为原点，分别以AB、AD、1AA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图．则(0,0,0)A，1(0,0,5)A，(4,0,0)B，1(4

,0,5)B，(0,3,0)D，(4,3,0)C．所以1(4,3,5)AC，且1AC是平面AEF的一个法向量．1(0,0,5)BB，(4,3,0)BD设平面11DBBD的法向量为(,,)nxyz则100nBBnBD

，即50430zxy所以0z，令3x，得4y．则平面11DBBD的一个法向量为(3,4,0)n．所以1121224nAC．22||345n，222143(5)52AC所以11124122cos,2555

2nACnACnAC．所以平面AEF与平面11DBBD的夹角的余弦值为12225．17.（1）由频率分布直方图得样本中A品种石榴单个果实质量的估计值为:0.00520600.01520800.

020201000.0102012094g,Ax样本中B品种石榴单个果实质量的估计值为:0.00520600.02020800.020201000.0052012090g.Bx

（2）设A:从A品种石榴中任取1个为合格品；B:从B品种石榴中任取1个为合格品；则:()0.005200.70.015200.8PA0.020200.70.010200.80.75;

()0.005200.70.020200.8PB0.020200.80.005200.90.8.由题意得0,1,2,3,4X，则22(0)(10.75)(10.8)0.0025PX，(1)PX122C0.75(

10.75)(10.8)212(10.75)C(10.8)0.80.035,(2)PX==2222C0.75(10.8)1122C0.75(10.75)C0.8(10.8)2222(10.75)C0.80.1825,(3)

PX22122C0.75C0.8(10.8)12222C0.75(10.75)C0.80.42,22(4)0.750.80.36.PX所以X的分布列为X01234P0.00250.0350.18250.420.36所以()00.002

510.03520.182530.4240.363.1EX.18.（1）不妨设12,0,,0FcFc，因11,2G为12AFF△的重心，所以33,2A，所以229941ab，又短轴长为6，所以3b，代入解得212a

，所以椭圆方程为:221129xy；（2）由上可知23,0F，设1122,,,,BxyDxyBD中点00,Exy，则222113BFxy，又22111129xy，消去

1y并整理得211232BFx，同理221232DFx，又2332CF，由题意得12113323232222xx，即012132xxx，因B，D在上，易得222212120129xxyy，化简得121201212093124yy

xxxxxyyy，所以线段BD中垂线的斜率00044333yyx，线段BD中垂线方程:004(3)33yyyx，令0x得0004133Eyyyy，又线段BD中点在椭圆内所以2031129y0333322y

，所以33,22Ey；（3）设3344,,,MxyNxy，由PMPN得34,0xx，联立2211292xyykx消y整理得224316200kxkx，得3434221620,4343kxxxx

kk，所以2234342433416422543xxxxkxxxxk，当0k时，1，当0k时，22216414816216,05435543kkk，解不等式得155.1

9.（1）由1a，可知2()cos21,()()2sin222(sin2)fxxxgxfxxxxx，则()2(12cos2)gxx，在π0,2x时，令10cos22gxx，解之得ππ,62x

，令10cos22gxx，解之得π0,6x，所以()gx在π0,6上单调递减，在ππ,62上单调递增；（2）法一、注意到2()(cos21)fxaxx是偶函数，

故只需证明当[0,)x时，()0fx，①当0a时，显然()0fx，②当102a时，()2(sin2)fxxax，令sin2uxxax，则12cos2uxax，令()

12cos2haax，则()ha在10,2上是单调函数，而1(0)1,1cos202hhx,故()0ha，即0ux，于是ux在[0,)单调递增，又00u，可知

0ux,于是()fx在[0,)单调递增，又(0)0f，可知()0fx，证毕；法二、注意到22()2sinfxaxx是偶函数，故只需证明当[0,)x时，()0fx，①当0a时，显然()0fx，②当102a时，2222()2

sinsinfxaxxxx，而22sin0|||sin|0xxxx当1x时，上式显然成立；当01x时，上式等价于sin0xx令()sinxxx，则()1cos0xx，即()x在(

0,1)单调递增，则()(0)0x，证毕；（3）法一、题设可化为:2cos(2sin)cosxax对xR恒成立，令2sinxt，则22t，条件进一步化为:对任意22t，有2

cos14tta恒成立，注意到0t时，1a，另一方面，当1a时，221cos1cos44ttatt，记2()1cos,(22)4trttt，显然函数()rt为偶函数，故考虑02t时情形，易得：()sin2t

rtt，令()rtnt1()cos2ntt，令()0nt得π3t，于是()rt在π0,3上单调递增，在π,23上单调递减；而π(0)0,0,(2)1sin203rrr，故必然

存在实数0π,23t使得:当00,tt时，()0rt，当0,2tt时，()0rt，于是()rt在00,t上单调递增，在0,2t上单调递减；验证(0)0,(2)cos20rr知:对任意02,()0trt恒成立.因此21cos04tat

，即2cos14tta，综上，实数a的取值范围为[1,)；法二、题设可化为：2cos(2sin)cosxax对xR恒成立，令2sinxt，则22t，条件进一步化为：对任意22t

，2cos14tta（*）恒成立注意到cosyt与214ty都是偶函数，故只需考虑[0,2]t情形即可.①当2t时，结论显然.②当[0,2)t时，（*）化为24cos4tat，令24cos()4tmtt，则22244sin2co

s()4ttttmtt，令2()4sin2cossttttt，则22cossttt，（1）当π,22t时，有240,sin0,cos0ttt，于是()0st，（2）当π0,2t

时，有[0,2),()0,()tstst单调递减；π2,,()0,()2tstst单调递增.而2ππ(0)0,4024ss，故()0st，进一步，()0,()mtm

t在[0,2)上单调递减，于是得到:max()(0)1amtm即为a的取值范围.重庆市2024届高三下学期二模数学试题参考答案1.B若1a，且1b，根据不等式的加法和乘法法则可得2ab，且1ab，即必要性成立；当13,2

ab，满足2ab，且1ab，但是112b，故充分性不成立，所以“2ab，且1ab”是“1a，且1b”的必要不充分条件.故选：B2.B由i1i12i1i12i3iz，可得复数z的

实部为3，故选：B.3.C先将6名同学分成4组，则4个组的人数为1,1,2,2或1,1,1,3，当甲､乙在2人组，再从另外4人任选2人组成一组，其余的一人一组，有24C种分组方法；当甲､乙在3人组，甲､乙与另外4人中的1人组成一组，其余的

一人一组，有14C种分组方法，再把4组人分到4个区域，所以安排方法种数为214444CCA240.故选：C.4.A如图，在正四面体PABC中，假设PH底面ABC，则点H为ABC外心．在PH上取一点O，满足OAOM

，则O为三棱锥MABC的外接球球心．当OA取得最小值时，OM最小，三棱锥MABC的外接球体积最小，此时点O与点H重合．作MNAH，垂足为N，//MNPH，MN为三棱锥MABC的高．由正四面体PABC的棱长为23，易知2AHMH，所以2222PHPAAH，23PA，2

AH．由2PHMNAHAN，设ANx，则2MNx，2HNx．由222HMMNHN，得222222xx，解得43x．423MN．2134246233433MABCV三棱锥．故选：A5.A因为222211(,)2nniiiii

iiiQabybxybxybx2221112nnniiiiiiibxbxyy，上式是关于b的二次函数，因此要使Q取得最小值，当且仅当b的取值为121ˆniiiniixybx.故选：A.6.

B令()singxxx，可得()1cos0gxx≥，所以()singxxx在R上单调递增，当0x时，()(0)gxg，所以sinxx，所以11110sin1010010010，所以ac，令2()ln(1)2l

n(1)fxxxxx，求导可得21()111xfxxx，当01x，()0fx，所以()fx单调递减，所以()(0)fxf，即2ln(1)02ln10xx，所以22ln(1)ln(1)xxx，令110x

，可得21ln(10.1)ln1.2110，即ab，所以c<a<b.故选：B.7.D如图，取线段AB的中点D，连接CD，则CDAB，由2CPCACBCPCD22()2||CDDPCDCD

，因直线l经过点(0,4)M，考虑临界情况，当线段AB中点D与点M重合时（此时CMAB），弦长AB最小，此时CD最长，为max||||431CDCM，（但此时直线l与x轴平行，点P不存在）；当线段AB中点D与点C重合时，点P与点O重合，CD最短为0（此时符

合题意）.故CPCACB的范围为[0,2).故选：D.8.B因为21,32DOABACR，DOAC，所以2212cos0,3232DOACABACACcbBACb

R，从而24cos3cbBACb，即2222432cbacbbcb，所以222342bcb，所以2242bc，所以ABC的面积为211sin1cos22ABCSbcBACbcBAC=Ð=-Ð

222222222222112224bcabcabcbcbcbc2224222321194242216bbbbcb4222111143

2646442162162bbb，等号成立当且仅当42,25bc，综上所述，ABC面积的最大值为4.故选：B.9.BCD对于A，由于AU,所以1()1()1()1(),uAAAAxUxAxAxAxxxx

ð故1()1()AAxAxUxx，故A错误，对于B，若xAB,则1()1,1()1,1()1ABAABxxx，此时满足1()1()1()ABAABxxx，若xA且xB时，1()0,1()1,1

()1ABAABxxx，若xB且xA时，1()0,1()0,1()1ABAABxxx，若xA且xB时，1()0,1()0,1()0ABAABxxx，综上可得1()1()

1()ABAABxxx，故B正确，对于C，1()1()1()1()1()1()1()1()1()1()1()1()UUABABABABABABxUxABxBAxxxxxxx

xxxxx1()1()1()1()1()1()1()1()UABABABABxABxABxxxxxxxxð1()1()1()1()1()1()1()1()1()1()1()

1()0UUUABABABABABABxABxABxABxBAxxxxxxxxxxxxð1()1()1()1()ABABxABxxxx而1()1()1()1()UABABABABxUxABxA

BxABxxxxð，由于U1,10,ABxABxxABð，所以1()1()1()1()1()ABABABxxxxx故1()1()1()1()1()ABABABxUxUxxxxx,C正确

，1()1()1()UUABCUxUxUxABCxxxð,当xABC时，此时1,1,1ABCxxx中至少一个为1，所以11()11()11()0ABCxxx，当x

ABC时，此时1,1,1ABCxxx均为0，所以11()11()11()1ABCxxx，故11()11()11()11()11()11()1()

UUABCABCABCUxUxxABCxxxxxxx,故D正确，故选：BCD10.AD根据题意，可得圆22:1Oxy的圆心为(0,0)O，半径1r，圆22:()(1)4Cxay的

圆心为(,1)Ca，半径2R．对于A，因为两圆的圆心距211dOCa，所以A项正确；对于B，两圆内切时，圆心距||1dOCRr，即211a，解得0a．两圆外切时，圆心距||3dOCRr，即213a，解得

22a．综上所述，若两圆相切，则0a或22a，故B项不正确；对于C，若圆O与圆C恰有两条公切线，则两圆相交，||(,)dOCRrRr，即21(1,3)a，可得2113a，解得2222a且0a，

故C项不正确；对于D，若圆O与圆C相交，则当圆22:1Oxy的圆心O在公共弦上时，公共弦长等于22r，达到最大值，因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确．故选：AD．11.AB由2280xx，解得24x，故2Z2

801,0,1,2,3Axxx，由93xm，可得2mx，93,,,,2xmmBxmxxxmxRRRR，要使AB有且仅有3个不同元素，则012m，解得02m，故选：AB．12.211在四边形ABCD中，2BCAD

，则四边形ABCD是梯形，且//ADBC，令2AD，4BC，记M，N，X，Y分别是AB，CD，BD，AC的中点，显然//,//,//MXADNYADMNAD，于是点M，X，Y，N顺次共线并且1MXXYYN，显然2PAPCPY，2

PBPDPX，而10100PAPBPCPD，则100PYPX，因此点P在线段XY上，且111PX，设A到MN的距离为h，由面积公式可知

112211222311PABAPMABCDABCDSStPMhPMsSSMNhMN．故答案为：21113.1e由题意得，lnlneelneelnmxxmxx，令eexfxx，则

lnlnfmfxx，易知fx单调递增，所以lnlnmxx.令lngxxx，1xgxx，当0,1x时，0gx，gx单调递增；当1,x时，0gx，gx单调递

减，所以ln11mg，得10em.所以m的最大值为1e.故答案为：1e14.π0,4．解：依题意，四棱锥PABCD的外接球的球心O为PC的中点，连接,ACBD，交点为Q，因为底面ABC

D为正方形，所以ACBD，又PA平面ABCD，且BD平面ABCD，所以PABD，又PAACA，AC平面PAC，PA平面PAC，所以BD平面PAC，所以BQ为平面PAC的一个法向量，

如图建立坐标系，并设直线l上异于B的一点,,Rxyz，所求线面角为，112111,0,0,0,0,2,1,1,0,,,,0,1,0,,,022222BPCODQ，则1,,BRxyz，112,,22

2BO，11,,022BQ，由0BRBO可得21xyz，∴222221222sincos,2232212xyBRBQzBRBQBRBQyzyzxyz

，当0z时，sin0，当0z时，222112sin0,222322222yyyzzz，综上，2sin0,2，∴π0,4．故答案为：π0,

4.另解：依题意，四棱锥PABCD的外接球的球心O为PC的中点，连接,ACBD，交点为Q，因为底面ABCD为正方形，所以ACBD，又PA平面ABCD，且BD平面ABCD，所以PABD，又PAACA，AC平面PAC，PA平面PAC，所以BD平面PAC，即

BQ面PAC，若//l平面ACP，则l与平面PAC所成的角为0.若过B的直线l与平面PAC相交于点R，在平面BOQ中，过B作直线BSOB，与平面PAC相交于点为S，因为BQ面PAC，且RS平面PAC，所以BQRS，又BOBR，B

SOB，且BRBSB，,BRBS平面BRS，所以BO平面BRS，故过B且与BO垂直的直线与平面PAC的交点的轨迹为直线RS，又RS平面BRS，所以RSOB，又BQRS，且OBBQB，所以RS平面BOQ，又OS平面BOQ，所以RSOS，又BQ面PAC

，所以RQ为BR在面PAC内的射影，即BRQ为直线l与平面PAC所成的角，且tanBQBRQRQ，又22QB，而1RQQS，当且仅当RS重合等号成立，故20<sin2BQBRQQS，综上，2sin0,2，∴π0

,4．故答案为：π0,4.15.（1）由于1eef，则切点坐标为e1,e，因为21lnxfxx，所以切线斜率为e0f，故切线方程为1ey；（2）当1,x时，

21xfxax等价于2ln1xax，令21lngxaxx，1,x，2ln1xax恒成立，则0gx恒成立，21212axgxaxxx，当0

a时，0gx，函数gx在1,上单调递减，10gxg，不符合题意；当102a时，由0gx，得112xa，11,2xa时，10g，函数gx单调递减，

10gxg，不符合题意；当12a时，21a，因为1x，所以2210ax≥，则0gx，所以函数gx在1,上单调递增10gxg，符合题意．综上所述，12a，所以a的取值范围为1[,)2．16.（1）22cosbc

aC，由正弦定理得2sinsin2sincosBCAC，则2sinsin2sincosACCAC，即2sincos2cossinsin2sincosACACCAC则2cossinsin0ACC，sin0C且0,

πA，1cos2A，2π3A；（2）由2π3BAC和ABAE，可知2πππ326CAE，因为ABCAEBAECSSS，所以111sinsinsin222bcBACcAEBAE

bAECAE，又因为1AE，所以2πππsinsinsin326bccb，即3122bccb，又31122222bccbcbbc，当且仅当12cb，即4323,33bc时，

等号成立，所以83bc，所以118323sin22323ABCSbcBAC，所以ABC的面积的最小值为233.17.（1）X的所有可能取值为1,0,1.11,11PXPX，011111

112PXPXPX，所以X的分布列为X-101P1121（2）①由题意，得1111111iiiipppp

，所以111111iiippp所以11111,1,2,31iiipppi

，又040,1pp，所以1021111ppp1111p2131111ppp221111111p

p22[11]11,111p32411111ppp

所以222[11]111111111pp1，所以2222222(1)(1)(1)p，②记“该型

号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统”为事件T，“该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动系统A”为事件C，因为20.001,0.002,0.80.1,0.9p，所以由题意，得220.8,10.2PCpPCp，110.001,110

.002PTCPTC∣∣，所以PTPCPTCPCPTC∣∣0.810.0010.210.0020.9988，即该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动

驾驶系统的概率为0.9988.18.（1）依题意，2211|||||||(|||||||||)mnABBFAFBPPFBF2111|||(||||(||||||||)|||)ABBPPFAFBPPFABAF21||||||24PF

PFa，解得2a，又双曲线的一条渐近线为2yx，则2ab，即2b，所以双曲线的方程为22142yx.（2）由（1）知2a，则双曲线方程为22214yxb，设00(,)Txy，过T的直线l的方程为00yykxx，即00ykxykx，令00mykx，

显然0k，由222244byxbykxm消去y得2222222(4)240bkxbmkxbmb，显然2240bk，由直线l与双曲线只有一个公共点，得2222222(2)4(

4)(4)0bmkbkbmb，化简得22240bkm，代入00mykx得22220000(240)bxkxyky，由直线l与双曲线相切，得00220xykbx，而2200214yxb，于是0204xkby，过点T且与l垂直的直线的直线斜率为2

004byx，方程为20000)(4byyyxxx，令0y，得202(4)bxxb，即202(4)(,0)bxMb，令0x，得20(4)4byy，即20(4)(0,)4byN，设(,)Qxy，由(01)MQMN

，得20220(1)(4)(4)4bxxbbyy，即20202(1)(4)4(4)bxxbyxb，代入2200214yxb得2222222221(4)(1)(4)4yxbbb

，依题意，该双曲线与双曲线22214yxb共焦点，则22222222(4)(1)(4)44bbbb，化简得22[(4)4]0b，于是24(0,1)4b，22441424

bbbbb，当且仅当2b，12时取等号，所以b的最大值为1.19.（1）椭圆E的标准方程为2212xy，则11,0F．当直线l的倾斜角为0时，,AB分别为椭圆的左、右顶点，此

时两切线平行无交点，不符合题意，所以直线l的倾斜角不为0,设直线1122:1,,,,lxtyAxyBxy,由22121xyxty,得222210tyty，则212122221Δ880,,22ttyyyytt，所以222121

212114ABtyytyyyy2222222221441222tttttt,又椭圆E在点A处的切线方程为1112xxyy，在点B处的切线方程为2212xxyy，由11221212x

xyyxxyy，得2121211221122112222211Myyyyyyxxyxytyytyyyy，代入1112xxyy，得1111

111Mtyxytyy，所以2,Mt，则点M到直线l的距离222111tdtt，所以2222222212111112222ABMtttSABdttt，设211mt，则3221ABMmS

m△，令3221mfmm，则42222301mmfmm，所以fm在1,上单调递增，所以当1m，即0t时，ABM的面积最小，最小值是22；（2）椭圆E的焦点在x轴上，长半轴长为2，短半轴长为1，椭球由

椭圆E及其内部绕x轴旋转180而成旋转体，构造一个底面半径为1，高为2的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体，当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为02hh时，设小圆锥底面半径为r，则12hr，即22rh，

所以新几何体的截面面积为21ππ2h，把xh代入22:12xEy，得2212hy，解得22112yh，所以半椭球的截面面积为221πππ2yh，由祖暅原理，得椭球的体积142π222π2π33VVV圆柱圆锥.福建省2024届高三一轮模拟数学试题参考

答案1．A因为1i42iz，则22i22i1i13i1i1i1iz.故选：A.2．C因为0k，由1xk可得1kxk，解得11kxk，即

11,0Axkxkk，又因为33Bxx，AB，则13130kkk，解得02k，故k的最大值为2.故选：C.3．B因为0PAPBPC

，即0APABAPACAP，即3APABAC，解得1133APABAC，故选：B.4．A从图像中看出y随x增大而减少（图像下降），u随v增大而减少（图像下降），则y与x呈负

相关关系，u与v呈负相关关系，即10r，20r故C，D不正确；另外对比两图，容易看出y与x相关性更强，故1r越接近1，所以得1210rr，A正确，B错误.故选：A.5．Dsgnx定义域为R，且为奇函数，故

sgnsgnxx，故2()sgn()ln1fxxxx的定义域为R，且22()sgn()ln1sgnln1fxxxxxxx221sgnlnsgnln11xxxfxxxx

，故2()sgn()ln1fxxxx为偶函数，AB错误；当1x时，1sgn1ln2ln20f，C错误，D正确.故选：D6．Asin404sin140tan2204sin40tan404sin40cos404sin40c

os40sin402sin80sin402cos10cos50cos40cos40cos402cos10cos60102cos10cos60cos10sin60sin1

0cos40cos4013332cos10cos10sin10cos10sin103cos10302222cos40cos40cos403cos403c

os40.故选：A7．B直线1l的方程可化为30mxy，由300xy可得30xy，对于直线2l，由300xy可得30xy，所以，直线1l过定点3,0A，

直线2l过定点3,0B，又因为110mm，则12ll，即PAPB，则003,APxy，003,BPxy，所以，220090APBPxy，所以，22009xy，当03x，00y，点

3,0不在直线2l上，所以，点P的轨迹是曲线2293xyx，设005ykx可得0050kxyk，由题意可知，直线50kxyk与曲线2293xyx有公共点，且圆229xy的圆心为原点，半径为3，所以，2531kk，解得3344k，当0

3x，00y时，0005yx；当03x，00y时，0005yx.因此，005yx的取值范围是33,44.故选：B.8．C设从今年1月份起，每月的产量和产品的不合格率都按题中的标准增长，该工厂每月的产量、合格率

分别用na、nb表示，月份用nnN表示，则114%1.004nnna，187%0.4%0.0040.13nbnn，其中24n，nN，则从今年1月份起，各月不合格产品数量为1.040.130.004nnnabn，单位：万台，因为1111.

040.130.00411.040.130.004nnnnnnababnn1.041.040.131.040.00410.130.004nnn551.0481.

041.040.001040.00016104161321010nnnnnn，当6n时，110nnnnabab，即11nnnnabab，此时，数列nnab单调递增，即112277ababa

b；当723n且nN时，110nnnnabab，即11nnnnabab，此时，数列nnab单调递减，即77882424ababab，因此，当7n时，nnab最大，故该工厂的月不合格品数达到最大是今年的7月份.故选：C.9．ABC假设

na的公差为d，由155355352aaSa，所以37a，又24a，所以13,1da，所以3132,2nnnnanS．选项A：21132333nnannn，故1n时nna的最小值为1，A正确；选项B：2312nnnnS

，令323122fxxx，所以292fxxx，可知fx在区间2,9单调递增，所以1n时nnS取得最小值1，B正确；选项C：3122nSnn，故nSn为递增数

列，C正确；选项D：2223nannn，因为1221,112aa，所以2nan不是递减数列，D错误．故选：ABC10．BC如图建立空间直角坐标系Dxyz，易知0,0,0D，11,0,1A，1,2,0B，

11,2,1B，0,2,0C，1,1,0E．A，110,2,1,1,0,1ABBC，110,2,11,0,110ABBC，所以A错误；B，显然1

1//ADBC，1AD平面1EBC,1BC平面1EBC,可得1//AD平面1EBC，所以B正确；C，记直线1AB的单位方向向量为u，则112550,,55ABuAB，又11,0,

1AD，所以向量1AD在直线1AB上的投影向量为1121·0,,55ADuuAQuu，则有D到直线1AB的距离为2211

355DQADAQ，故C正确；D，设平面1EBC的法向量为,,mxyz，由111,0,1,0,1,1BCBE，110,0BEmyzBCmxz

令1x，可得1,1,1m，又0,2,0DC，所以点D到平面1EBC的距离33DCmdm，故D错误．故选：BC11．ACD选项A：由题意，5个位置选则1个位置安排1即可，满足条件的数组共有15

C5个，故A正确；选项B：由题意5个位置选则3个位置安排0即可，满足条件的数组共有35C10个，故B错误；选项C：设,uv中对应项同时为0的共有0mmn个，同时为1的共有0ssnm个，从而

对应项一项为1与另一项为0的共有nms个，这里nms，从而,duvnms，而,,2,2,duwdvwsnmsduvsduv，故C正确，同理D正确．故选：ACD12．12i依题意可知2iz，所以ii

2i12iz．故答案为：12i.13．6π由已知ABC是边长为4的等边三角形，23CO，又3CO，可得圆台的上底面半径1r，下底面半径2r，母线长2lAD，则该圆台的侧面积为

ππ1226πrrl．故答案为：6π.14．1,4或2,3如图：因为直线PA，PB分别与圆C：2224xy相切于A，B两点，且直线PA，PB分别与y轴交于M，N两点，所以PAPB，AMOM，BNON，所以PMN的周长为PMMNPN

PMOMONPNPMAMBNPNPAPB2222PAPCAC22||4221PC，所以5PC，设0000,,0,0Pxyxy，所以2200225xy，因为P为整点，所以点P的坐标为1

,4或2,3．故答案为：1,4或2,315．（1）由已知22243334xaxaxaxaxxxafxxa令0fx得xa或3ax，当1a时，令()0fx¢>得103x或1x，令

0fx得113x，故函数fx在10,3上单调递增，在1,13上单调递减，在1,上单调递增，此时函数fx在13x处取极大值，在1x处取极小值，与函数fx在1x处取值得极大值不符；当13a，即3a时，令()0fx¢>得01x或3x

，令0fx得13x，故函数fx在,1上单调递增，在1,3上单调递减，在3,上单调递增，此时函数fx在1x处取极大值，在3x处取极小值，符合题意；所以3a；（2）由（1）得23129ln

2fxxxx，313xxxxf，1,eex令()0fx¢>，得11ex，函数fx单调递增，令0fx，得1ex，函数fx单调递减，所以max32111222fxf.16．（1）解

：由频率分布直方图可得0.00250.00750.01522201a，解得0.005a.前四个矩形的面积之和为0.00250.007520.015200.8，前五个矩形的面积之和为0.80.005200.9，设这1000名学生的这次考试数学成绩的第85百分位数

为m，则0.81100.0050.85m，解得120m，因此，这1000名学生的这次考试数学成绩的第85百分位数为120.（2）解：数学成绩位于50,70、70,90的学生人数之比为0.0075:0.0151:2，所以，所抽取的9人中

，数学成绩位于50,70的学生人数为1933，数学成绩位于70,90的学生人数为2963人，由题意可知，随机变量X的可能取值有0、1、2、3，则3339C10C84PX，

213639CC31C14PX，123639CC152C28PX，3639C53C21PX，所以，随机变量X的分布列如下表所示：X0123P1843141528521所以，

131550123284142821EX.17．（1）根据题意可得F为BC中点，所以π1,2,2FCCDBCD，易知π1,2,,2BEBCBECDEBC∥，所以EBCFCD△△，可得ECBFDC，易知90DFC

FDC，所以90DFCECB，即DFEC；由ABBCAC，F为BC中点，可得AFBC，又平面ABC平面BCDE，平面ABC平面BCDEBC，所以AF平面BCDE，又EC平面BCDE，所以AFEC；又AFDFF，

,AFDF平面ADF，所以EC平面ADF，又EC平面AEC，因此平面AEC平面AFD；（2）以F为坐标原点，分别以,FAFC为,xy轴，过F点平行于DC的直线为z轴，建立空间直角坐标系Fxyz，易知

0,0,0,3,0,0,0,1,2,0,1,1FADE，可得0,2,1,3,1,1EDAE，3,0,0,0,1,2FAFD，设平面AED的一

个法向量为111,,mxyz，则111112030EDmyzAEmxyz，令11y，则112,3zx；所以3,1,2m；设平面AFD夹角的的一个法向量为222

,,nxyz，则1113020FAnxFDnyz，解得10x，令111,2zy；所以0,2,1n；可得2210cos,5225mnmnmn，设平面AED与

平面AFD的夹角为，可得22315sin1cos,1555mn可得平面AED与平面AFD夹角的正弦值为155.18．（1）解：设点,Pxy，则2221xya，其中21a，1,PFcxy，2,PFcxy，所以

，222222212211xPFPFcxcxyxcyxaa222212axaa，故当0x时，12PFPF取最小值222a，可得24a，因此，椭圆C的方

程为2214xy.（2）解：设点00,Axy，当直线AB、AD的斜率都存在时，设直线AB、AD的斜率分别为1k、2k，设过点A且斜率存在的直线的方程为00yykxx，即00ykxykx

，联立002244ykxykxxy可得2220000418440kxkykxxykx，则22220000Δ64164110kykxkykx，整理可得2200410ykxk，即222000

04210xkkxyy，则1k、2k是关于k的方程22200004210xkkxyy的两根，因为ABAD，则201220114ykkx，整理可得22005xy；当AB、AD分别与两坐标轴垂直时，则2,1A，满足22005xy.所以，点A

的轨迹方程为225xy，由对称性可知，矩形ABCD的四个顶点都在圆225xy，该圆的半径为5，由勾股定理可得2222520ABAD，由基本不等式可得22202ABADABAD，即10ABAD，当且仅当2220ABADABAD时，即当10AB

AD时，等号成立，故10SABAD，即矩形ABCD的面积的最大值为10.19．（1）因为3nan，所以3321Δ1331nnnaaannnn，因为1Δ7a，2Δ19a，3Δ37a，故21ΔΔ12aa，32ΔΔ1

8aa，显然2132ΔΔΔΔaaaa，所以Δna不是等差数列；因为21ΔΔΔ66nnnaaan，则221ΔΔ6nnaa，21Δ12a，所以2Δna是首项为12，公差为6的等差数列.（2）因为数列loganb是以1为公差的等差数列，所以1log

log1ananbb，故1nnbab，所以数列nb是以公比为a的正项等比数列，11nnbba，所以2121121ΔΔΔ2nnnnnnnnnnbbbbbbbbbb，且对任意的*Nn，都存在

*Nm，使得2Δnmbb，即11111112nnnmbabababa，所以21mnaa，因为2a，所以0mn，①若1mn，则2310aa，解得352a（舍），或352a，即当352

a时，对任意的*Nn，都存在*Nm，使得21Δnmnbbb.②若2mn，则221mnaaa，对任意的*Nn，不存在*Nm，使得2Δnmbb.综上所述，352a.（3）因为Δnc为常数列，则nc是等差数列，设nc的

公差为d，则11nccnd，若0d，则nmcc，与题意不符；若0d，所以当11cnd时，0nc，与数列nc的各项均为正数矛盾，所以0d，由等差数列前n项和公式可得2122nd

dSncn，所以22122nmddSSnmcnm，因为2mnt，所以212222tdnmdnmSc，因为mn，故2

2222nmnm，所以22211222222nmtnmddddSSnmcnmcnmS则当2时，不等式mntSSS恒成立，另

一方面，当2时，令1mt，1nt，*N,2nt，则2122222nmddSSttc，2122tddStct，则22112222222tnmddddSSStctttc

2122ddttctd，因为02dd，20tt，当12dtc时，0tnmSSS，即nmtSSS，不满足不等式mntSSS恒成立，综上，的最大值为2.广东省广州市

2024届高三下学期一模考试数学试题参考答案1.ABA，则23a或22,1aaa或-1或2.1a时，1,3,1A，舍；1a时，1,3,1,A舍.2a，选A.2.D令22i,34i1,(3)

(4)1zxyzxy，,xy在以3,4为圆心，1为半径的圆上，位于第四象限，选D.3.C35242aaaa，则22442422,2,2aaaaaq41424222111113111aqSqqqSqaqq，选C.4.

B设上､下底面中心分别为11,,OOBB与1DD交于点11,2,22MBDBD，11112121272,2,,1422222326MOBDMOBDhV，选B.5.A222,0,0,,2BbFcBFFP，则3,,22bcP

P在椭圆上，2219144ca，33e，选A.6.D00f，排除A,B,fx的定义域为R，排除C，选D.7.C3log5b与32比大小，先比较5与323的大小，先比较25与33的大小.2353,ba

.5log8c与32比大小.先比较8与325的大小，先比较28与35的大小，2385,ca.5533555log5log31257,8,5log8log327686,7,55bccb，即cba，选C.8.Aπ3sin226

x，则π2πsin2,0632xx，则πππ2666x，πsin26yx关于π6x对称，πππ2,633ππcoscoscos233

πππ2cos2sin26263，选A.9.BCab平分a与b的夹角，则,aba与b不一定垂直，AD错，选BC.对于22B0,ababababab，a

在ab上的投影向量22||||aabaabababababb在ab上的投影向量22222||||||babbabaabababababab

C对，选BC.10.ABD13,A5PA对.22322255CC3211,B5C5C50PB对.2321511C35C3,C3105PABPBAPA

∣错.222252C25C2,D111150PABPABPB∣对，选ABD.11.ACD方法一：过0,0作lnyx的切线，切点设为33311,ln,,xxykxx切线3331lnyxxxx

，过0,0，则3331lnxxx，则3ex切线的斜率为11,0,eek，A对.在M处切线：1111lnyxxx，在N处切线2211lnyxxx11221ln111ln

yxxxyxxx，则2121012212112lnlnlnlnxxxxxxxxxxxxx2101221lnln,xxkxxxkxx，即12001ex,Bxxxxk错.1122112

112lnln,lnlnyxxkxxxxxxx，2122212111012112121lnlnlnlnlnln1ln11xxxxxxxxxxyxxxxxxxx2211221102

121lnlnlnln1,1xxxxxxxxyxxxx21212212211112122121lnlnlnlnlnlnlnlnxxxxxxxxxxxxyyxxxxxx2211021l

nln1,Cxxxxyxx对.对于D，212112212112lnln1,lnlnxxxxxxxxxxxx，即121kxx，121kxx，即212121,1kxxkxkx，即121yy，D对

.方法二：111222lnlnkxxykxxy，令1ln,gxxgxxgx在M处的切线方程为1111111lnln1yxxxxxxx①在N处的切线方程为221ln1yxxx②由lnlnxkxxkx有两个不等实根12,xx

，作出lnxyx的大致图象如下10ek，A正确.联立①②120121200121110,,xkxkxxkxxxxxexxxkB错.对于C，由012xkxx知0121121211ln111ykxxxkxkxyyx1201yy

y，C正确.对于D，由111111lnlnlnlnlnkxykxykyy，同理22lnlnkyy211122121221lnln11lnlnyyyyyyyyyyyy，D正确.选：ACD.12.31n时，112,2aSn

时，12,nnnaSSn1n时也成立，29919172,22222nnSnnannnnn，当且仅当3n时取""13.0.3；0.98587.4,0.3,0.3ˆˆbbk，282210.280.28110.982

148258iiRyy.14.2方法一：设,Pxy，当2y时，2226,(2)8PFyxyy26020,2,3xyy，即21320yx；当2y时，22226,(2)4,412

PFyxyyxy，3,2y，即2134yx.设P到线2y的距离为,666dPFPTdPTTNMN.2,2,2,2,4,642MNMNPFPT

方法二：设曲线C上任一点坐标为22,,(2)26xyxyy当2y时，222(2)8203,23xyyxyy当2y时，222(2)443,32xyy

xyy作出曲线C的大致图象如下，上，下两支焦点均为0,2F.图中142,,2,25AB，当P在上支上时，1426855PTPFPTPPTTAT；当P在下支上时，2nnnPTPFPTP

PTTBT，min262,()25mt.15.（1）132πsin2cos,tan3,243acBacBBB.（2）1233BDBABC，12,033ABBDBABDBABABC

，21210332ccaac，而221292acac，3,acABC的周长为323.16.（1）证明：取PC中点E，连接,,MEBEM为DP中点，N为AB中点，.12MEDC∥，又1,2BN

CDMEBN∥∥四边形BEMN为平行四边形MN∥,BEMN平面,PBCBE平面,PBCMN∥平面PBC.（2）证明：π,,4DCBPCBCDPCBCBC,BCDBCP过P作PQBC于点,QDQBC2222,4,PQDQPQDQPDPQDQ

PQ平面,ABCDPQ平面,PBC平面PBC平面ABCD.（3）如图建系，222,0,0,0,0,2,0,2,0,0,,,2,2,022CPDMA222,,,2,0,0,0,2,222CMADDP

设平面PAD的一个法向量,,nxyz，200,1,1220xnyz设CM与平面PAD所成角为，23sin3112222CMnCMn17.（1）sinsincoscos00fxxxxxx

xx或π2或π2当ππ2x时，0,fxfx；当π02x时，0,fxfx；当π02x时，0,fxfx；当ππ2x时，0,fxfx；fx的单增区间为πππ,,0,22

；单减区间为ππ,0,,π22()01fxf极小值.（2）当0,πx时，令ee2cossinxxFxxxx，ee2cosee2xxxxFxxxx

令ee2,ee22ee20xxxxxxxxxx在0,π上,00,0,xFxFx在0,π上00FxF，证毕!18.（1）由题意知22222241

231,3caCabbabc的方程为2213yx.（2）当l斜率不存在时，设:lx22231,,31,,31ytAttBtt

由22230310,2OAOBttt，此时22316ABt当/斜率存在时，设/方程：1122,,,,ykxmAxyBxy222223230,33ykxmkxkmxmx

y222222230Δ44331230kkmkmmk12121212OAOBxxyyxxkxmkxm2222212122232113

3mkmkxxkmxxmkkmmkk22222233023303mkmkk222222292323321133kmkABkkkk∣22222196,

33kkkk令22241248163,661,3kAB且02111116486,633或10故AB的取值范围为6,

.（3）设220000,,1,3yPxyxPO平分,,MPNPMPNPOMN又设过P与圆O相切的直线为00002,1ykxyykxxrk，22222200002ykxykxrkr，22222000020xrkkxyyr两根

记作12,kk22222010100010022322333yykxxxkxxxxykyxxxy22222211010100100322230kxkxkyxkxykxy2222100100101

00100010222111232326,333MMMkxykxxkykxxkyxxxxykykkk同理2202002002022222326,33NNkykxxkyxxykykk20010021222

12220200101002221262633232333MNkyxkyxkkkkkkykxxkykxxkk021210211202102112021021216186626ykkkkxkkkkxkkyk

kkkykkxkkkk012012001200126186626ykkxkkxykkyxkk2200000022220002200000002222002618612626

xyyryxxxrxryyrxyxyyxxrxr222000002220000063241238xyxxryxyyxyr2200020001824361,6822xxryrryyrx

19.（1）X的所有可能取值为1,2,33131331191,24284842232PXPX39113183632PXX的分布列如下X123P3893211

323933638163232EX（2）31,42Pq若前1k位玩家都没有通过第一关测试，其概率为1'11313(1)44224kkkkpppq若前1k位玩家中第11iik位玩家才通过第一关测试则前面1i位玩家无人通过第一

关测试，其概率为1(1)ip，第i位玩家通过第一关测试，但没有通过第1i位玩家到第1k位玩家都没有通过第二关测试，其概率为1(1)kiq.所以前面1k位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为：111111111(1)(1)(1)(1)1ikki

kikkiippppqqqpqqq111111111112311313111822822212kkikkkki

.第k位成员问过第二关的概率'''311224kkkkkppp由031131116,6,72241282464kkkkkkn

河北省2024届高三下学期3月高考模拟考试数学试题参考答案1．A31111i(1i)22i44，故A项正确．2．C因为0,1,2,3A，21,BxxnnA，所以1,

0,3,8B，所以0,3P，则集合P的子集共有224个．3．A由题意可得221(3)2a，1||||cos,2112ababab，所以222|3|(3)69461917abab

aabb．4．C先排前排，有25A20种站法，后排3人中身高最高的站中间，则两边的人有22A2种站法，则有20240种站法．5．D设A，B，C，O是正四面体的4个顶点，则点A在平面OBC的射影是正三角形

OBC的中心D．设1OB，则1OA，可得2π31sin333OD，高2216133ADOAOD，则直线OA与平面OBC所成的角的正弦值6sin3．6．D由题意知302.25g/mr，312.21g/mr，当1n时，0.251010()3trrrr，故0.

2531t，0.25t，故0.25(1)2.250.043nnr．由0.65nr，得0.25(1)340n，即lg400.25(1)lg3n，则4(12lg2)114.33lg3n，而*nN，故15n，

故若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要15次．7．B设AFm，BFn，因为MFAMMB，所以AFBF，所以22ABmn，过点A，B分别作AG，BW垂直准线于点G，W，由抛物线的定义可知AFAG，BFBW，由梯形的中位线可知222AGBWAFBFmnMN

．因为222mnmn，所以2222222mnmnmnmn，当且仅当mn时，等号成立，所以2222mnABmnMN所以22MNAB，故MNAB的最大值为22．8．C易知正四面体的高等于其棱长的63，正四面体的内切球的

半径等于其棱长的612．如图，10个直径为2的小球放进棱长为a的正四面体ABCD中，构成三棱锥的形状，有3层，从上到下每层的小球个数依次为1，3，6．当a取得最小值时，从上到下每层中放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的

每个球都与正四面体的底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于底层正三角状顶点的所有相邻小球的球心连线为一个正四面体EFGH，则该正四面体EFGH的棱长为1214，可求得其高为646433EP，12611336A

E，所以正四面体ABCD的高为464631433AOAEEPPO，进而可求得其棱长a的最小值为463442636．9．ACD由题意可知圆221:(1)(1)4Cxy的圆心11,1C，半径12r，圆222:45

9Cxy的圆心24,5C，半径23r，直线12CC的方程为115141yx，即4310xy，故A正确；因为1212CCrr，可知圆1C与圆2C外切，所以两圆的公切线共有3条，故B错误；因为

221241515CC，所以PQ的最大值为121210CCrr，故C正确；当12CC为圆的直径时，该圆在经过点1C，2C的所有圆中面积最小，此时圆的面积为2525ππ24．故D正确．10．BC由ππ5xk，kZ，得ππ5kx，kZ，所以

函数fx在0,上由小到大的第5个零点为π5π24π55，第6个零点为π6π29π55，由题知，24π2π529π2π5，解得1229510，A项错

误．令ππ2π52xk，解得3π2π(203)π1010kkx，kZ，当π()0,2x时，0k，因为1229510，所以(203)π(203)π2924kkx，kZ，当且仅当0k

，1，2时，π()0,2x，故fx在(0,2π)上有且仅有3个最高点，B项正确．令ππ2π52xk，解得7π2π(207)π1010kkx，kZ，同上可知，(207)π(207)π2924kkx，kZ，当1k，2时

，π()0,2x，当3k时，令53π2π10，解得5320，所以当53292010时，fx在(0,2π)上有3个最低点，C项正确．由πππ252x，得7π3π1010x，所以fx在区间3π0,10上

单调递增，因为1229510，所以3π3ππ29108，又因为ππ86，所以fx在区间π0,6上不单调，D项错误．11．AC当1a时，2(2)(e1)()(0)xxxfxxx，令2e10xx，变形可得2lnxx，结合函数图象（图略）可知，存

在00,1x，使得0()0fx，当0(0,)xx时，()0fx，函数fx单调递减，当0(,)xx时，()0fx，函数fx单调递增，故A项正确，B项错误．若0fx，即22elnlnexxaxxa，则22(e1)ln(e)xxaxx

．设2e0xtx，则1lnatt．设1lnGtatt，可知0Gt，则1()Gtat，0t．若0a，则0Gt，Gt为减函数，注意到10G，可知当1t时，0Gt，不合题意．若0a，则1()atGtt

，当10,ta时，()0Gt，Gt为减函数，当1,ta时，()0Gt，Gt为增函数，所以1()1ln0GtGaaa．设()ln1aaa，0a，则111aaaa，0a．

当1a时，0a，a为减函数，当01a时，0a，a为增函数，则10a，所以只有当1a时，0Gt才能成立．综上所述，1a，故C项正确．由C项可知，2extx，0x，则2e(2)0xtxx，所以2

e(0)xtxx为增函数．当1a时，1()0aGa，当t无限趋近于0时，Gt无限趋近于，且ee110Ga，即此时Gt有两个零点，因为2e0xtx

x为增函数，且0t，所以此时fx有两个零点．同理可得，当01a时，fx有两个零点．当1a时，1()0aGa，此时Gt有一个零点1，所以fx有一个零点．当0a时，Gt为减函数，10G，此时Gt有一个零点

1，即fx只有一个零点．综上，函数fx最多有两个零点，故D项错误．12．79因为π1cossin63，整理得ππ1coscossinsinsin663，所以311cossin223，所以π1cos63，所以2ππ17cos22c

os1213699．13．29设子n代中Aa占比为na，则AA占比为1na，所以:21:2:nnnnnAaaaaaa，则子1n代的基因型如下表所示：雌雄22naA2naa22naA2

22naAA(2)4nnaaAa2naa(2)4nnaaAa由表可知，表格中总份数为22(2)224nnnaaa（其中淘汰了24na份），因此子1n代中Aa的占比为12(2)22

(2)22nnnnnnaaaaaa，化简得122nnnaaa，即11112nnaa，即11112nnaa，所以数列1na是首项为32，公差为12的等差数列，所以1112nna，22nan，因此722729a．14．57因

为122PFPFa，且122FFc，1260FPF，所以22212121212cos2PFPFFFFPFPFPF2212121212()22PFPFPFPFFFPFPF221212424122aPFPFcPFPF，所以21243

bPFPF，所以12PFF△的面积12221211433sin6022323PFFbbSPFPF△．设12PFF△的外接圆的半径为R，内切圆的半径为r，由正弦定理可得12122432sinsin603FFcRcFPF，可得233Rc．易知12PFF△

的周长121222lPFPFFFac，利用等面积法可知12213()23PFFbSlracr△，解得233()3()3bracac．又12PFF△的外接圆面积是其内切圆面积的25倍，即22π25πRr，所以5Rr，即232353()3cRcracac

，所以75ca，故离心率57cea．15．（1）因为sinsinsinaAcCabB，结合正弦定理得222aabbc，移项得222abcab，所以2221cos22abcCab．

又因为0πC，所以π3C．（2）因为222abcab，所以223sinsinsinsin4ABAB，由基本不等式得221sinsin(sinsin)2ABAB，所以222231sinsin(sinsin)42ABAB，当且

仅当sinsinAB时，等号成立，解得223sinsin2AB，所以22sinsinAB的最大值为32．16．（1）如图，取1BB的中点F，连接DF，EF，因为D，E，F分别为1AA，1BC，1BB的中点，所以DFAB∥，EFBC∥．又因为DF平面ABC，EF平面ABC，AB

平面ABC，BC平面ABC，所以DF∥平面ABC，EF∥平面ABC．因为DFEFF，DF，EF平面DEF，所以平面DEF∥平面ABC．又因为DE平面DEF，所以DE∥平面ABC．（2）如图，连接EO，AO．因为E，O分别为1B

C，BC的中点，所以1EOBB∥，且112EOBB，又因为D为1AA的中点，所以1DABB∥，且112DABB，所以EODA，且EODA∥，所以四边形AOED为平行四边形，所以DEAO∥．因为DE平面1C

BB，所以AO平面1CBB．又因为BC平面1CBB，所以AOBC，可得ABAC．因为1BBC△是等腰直角三角形，所以1BBBC．以A为原点，以AB，AC，1AA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设12BBBC，则2ABAC，可得12,0,2B，

0,2,0C，1(0,0,2)A，(2,0,0)B，则11(2,0,0)AB，1(0,2,2)AC，(2,2,0)BC，10,0,2BB．设平面11ABC

的法向量为,,nxyz，则11120220nABxnACyz，取2y，可得0x，1z，所以(0,2,1)n．设平面1BBC的法向量为,,mabc，则120220mBBcmBCab

，取1a，可得1b，0c，所以1,1,0m．23cos,311021nm，所以平面11ABC与平面1BBC的夹角的正弦值为63．17．（1）因为购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数之比为3:5:

2，所以这10人中，购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为：310310，510510，210210，故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率2273410CC3C10P．（2）（i）

从2m人中任选2人，有22Cm种选法，其中购票类型相同的有222CCm种选法，则询问的某组被标为B的概率222222222411C3232CCmmmmmpmmmm．（ii）由题意，5组中恰有3组被标为B的概率332323455()C(1)

10(12)10(2)gppppppppp，所以2342()10(385)10(1)(53)gppppppp，01p，所以当30,5p时，0gp，函数gp单调递增，当3,15p时，0gp，函数gp单调递减，

所以当35p时，gp取得最大值，且最大值为3235333216C1555625g．由243325mpmm，2m且*mN，得3m．当3m时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且gp的最大值为216625．18．（1）函数

ln1fxxax，aR的定义域为0,，且1()fxax．当0a时，0,x，1()0fxax恒成立，此时fx在区间0,上单调递增；当0a时，令11()0axfxaxx，解得1xa，当10,xa

时，0fx，fx在区间10,a上单调递增，当1,xa时，0fx，fx在区间1,a上单调递减．综上所述，当0a时，fx在区间0,

上单调递增；当0a时，fx在区间10,a上单调递增，在区间1,a上单调递减．（2）设2e1gxx，则e1xgx，易知在区间(0),上，0gx，gx单调递减，在区间0,上，0gx，

gx单调递增，所以00e010gxg，所以e1xx（当且仅当0x时等号成立）．依题意，0x，2e2xfxxax恒成立，即2ln1exxax恒成立，而22ln2ln1e(ln1)e(ln1)2ln1(ln1)e2xxxxxxxxxxxxxxx

，当且仅当2ln0xx时等号成立．因为函数2lnhxxx在0,上单调递增，1210eeh，(1)20h，所以存在01,1ex，使得002ln0xx成立．所以2minln1e2xxax，即a的取

值范围是,2．19．．（1）由已知得渐近线方程为0bxay，右焦点,0Fc，223bcab．222abc，3bcc，解得3b．3ba，1a，2c，双曲线C的标准

方程为2213yx．（2）双曲线22221(0,0)xyabab上一点00(,)xy的切线方程为00221xxyyab，设,Qmn，则双曲线2213yx上过点,Qmn的切线的方程为13nymx，双曲线的两条渐近线的方程为3yx．联立：13nymx与3y

x，解得113333333xmnymn．联立13nymx与3yx，解得223333333xmnymn．直线AB的方程为121121yyyyxxxx，即121211()()()()0yyxxyyx

x，故点O到直线AB的距离为1212111221222221212121()()()()()()()()yxxyyxxyxyxxyyxxyy，且222121ABxxyy，故AOB△的面积

为12212221212221211()()2()()xyxyxxyyxxyy122112xyxy1333333233333333mnmnmnmn2211831183329329mn

，故AOB△的面积S为定值3．河南省驻马店部分学校2024届高三下学期二模考试数学试题参考答案1.A由抛物线的定义可知15622pPF，解得3p.故选A项.2.B设中年人抽取x人，青少年

抽取y人，由分层随机抽样可知20080,48036480x36y，解得15,6xy，故中年人比青少年多9人.故选B项.3.D当3,2,1abc时，abc，且2acb，故A，C项错误；因为0ab，0ac，所以2abc，故B项错误；2

0abbcbacbcab，故D项正确.故选D项.4.C由题意得1,1,3,5abab，则ab在ab方向上的投影向量为2()()1220(),1717||

abababab，故选C项.5.D设该正六棱柱的底面边长为a，高为h，其外接球的半径为R，易知34205ππ33R，则2254hRa①，且236634ah②，

联立①②，因为hZ，解得1,4ah，所以正六棱柱的表面积2312633244Saah.故选D项.6.A依题意得cos,coscos3πcos22aabadc，且03π,03π3π,2aa„„„„解得03πa„„，则2cos2cos2

cos2cos1222aaagaa，令cos2at，则1,1t，因为2221ytt在区间11,2内单调递减，在区间1,12内单调递增，所以ga在区间4π8π0,,2π,33

内单调递减.故选A项.7.B依题意得126PFPF，设12FFn，不妨设点P在第一象限，则112PFFFn，则26(06)PFnn，故222122(6)7cos28nnnPFFn或22221(6)7cos268n

nnPFFnn，解得4n或2411n，又2,2nmmZ9，所以4,5nm.故选B项.8.C由题意得0m，令0fx，则lnlneelneelnxmxxmx.令eexgxx，

易知gx单调递增，所以lnlngxmgx，即lnlnxmx，即lnlnmxx.令lnhxxx，则1xhxx，当0,1x时，0hx，hx单调递增，当1,x时，0,hxhx单调递减，又11h，当0x时，

hx，所以ln1m„，解得10em„.故选C项.9.BC127izz的虚部为1，故A项错误；124311izz为纯虚数，故B项正确；1232i4i145izz，其在复平面内所对应的点14,5位于第一象限，

故C项正确；24i14i17iiz，14134z，故D项错误.故选BC项.10.AC依题意得77(43)[313]xx，所以4347C33527a945，故A项正确；令13x，得03a，令0x，得7704

iia，所以777143iia，故B项错误；令23x，得7012345672aaaaaaaa①，又7012345674aaaaaaaa②，由①+②可得77135024642222aaaa，故C项正确；同理，由②-①得

136135722aaaa，故D项错误.故选AC项.11.ABD由题意得2MkMk，故B项正确；2,2121MkMkkMkkk„，故A项正确；516312363632632，所以123636363

MM，故D项正确；1263[1MMMM36324MMMM6213631MM1023121MMM33124MMMM

108642030]222222M614136514，故C项错误.故选ABD项.12.50,14xx„集合1Axx∣或54x，所以RAð504Bxx

„.若ABR，结合数轴可知1m，故m的取值范围为(,1).13.925若甲､乙两人的选课都不相同则共有1243CC4312种；若甲､乙两人的选课有1门相同，则共有2114432CC

C24种.故225512249CC25PA.14.-5112由题意知24(0)fxaxa，又12121fxfxaxx，所以1a，则24fxx.由题意得2ln2ln2ln2nnn

nnxaxxx，由10nnnnxxfxfx，得1nnnnfxxxfx，即2214422nnnnnnxxxxxx，又2211222,222nnnnnnxxxxxx，

所以21212222nnnnxxxx，则1122ln2ln22nnnnxxxx，即12nnaa，故na是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12,21nnnnaS.令nncS.

552122nnn，则111822nnnccn，故当8n„时，1nncc，当9n时，1nncc，故9min5112ncc.15.解：（1）因为tantanπtanA

BCC，所以2tantantanbBaBC，由正弦定理得sin2tansintantanBBABC2sincos2sincossincoscossinsinBCBCBCBCBC2sincossinBCA因为sin0,sin0AB，

所以2cos1C，则1cos2C，又0,πC，所以π3C.（2）由余弦定理得223abab，因为222abab，所以22222222,22ababababab即226ab„.当且仅当3ab时等号成立.又223abab，且0ab

，所以223ab.综上，22ab的取值范围为3,6.16.解：（1）由题意得fx的定义域为0,，11,axfxaxx当0,0,ax„时，0fx，所以fx在区间0,内单调递减，无最值；当0a时

，令0fx，得1xa，当10,xa时，0,fxfx单调递减，当1,xa时，0,fxfx单调递增.故当1xa时，fx取得最小值，且最小值为11lnfaa，无最大值.综上，当0a„时，

fx无最值；当0a时，fx的最小值为1lna，无最大值.（2）当1a时，由exkxfxx„，得elnxkxxxx„，整理得2elnxkxxxx，即2lnexxxxxk.令2lnexxxxxhx，则hx

2221ln1elneexxxxxxxxxln1exxxx，由（1）知，当1a时，lnfxxx的最小值为110f，即ln0xx恒成立，所以当0,1x

时，0,hxhx单调递增；当1,x时，0,hxhx单调递减.故当1x时，hx取得最大值21eh，即2ek，故k的取值范围为2,e.17.（1）证明：连接CE交AD于点O，连接GO.在菱形ACDE中，CEAD，因为AB

平面,ACDECE平面ACDE，所以CEAB，又,,ABADAABAD平面ABD，所以CE平面ABD.因为,GO分别为,BDAD的中点，所以1,2GOABGO∥AB，又1,2EFABEF∥AB，所以GOEF∥，所以四边形GOEF为平行四边形

，所以FG∥EO，所以FG平面ABD.（2）解：在菱形ACDE中，因为ACAD，所以ACD和ADE都是正三角形，取ED的中点H，连接AH，则AHAC，又AB平面ACDE，所以,ABACABAH，即,,ABACAH两两垂直.以A为坐标原点，,,ABACAH所在直线分别为,,xyz轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，设2(0)ABaa，则13(0,2,0),(2,0,0),(0,1,3),(,1,3),,,22CBaDFaGa则2,2,0,(0,1BCaCD，333),0,,22

FG.设平面BCD的法向量为,,mxyz，则220,30,mBCaxymCDyz取1z，则3,3,1ma.记直线FG与平面BCD所成角为，则||sin|cos,|||||FGmFGmFGm

.237,7343a解得1a，即AB的值为2.18.解：（1）依题意得(0.0010.0020.00320.006)501.a解得0.004a.所求平均数为2

50.1750.151250.21750.32250.22750.05150.（2）依题意得14,5XB，则4425605625PX，314142561C55625PX2

22414962C,55625PX33414163C55625PX41145625PXX01234P25662525662596625166251625故14455EX.（3）设“选到A盒”为事件1A，“

选到B盒”为事件2A，，摸到金卡”为事件1B，，摸到银卡”为事件2B，因为12,BB是对立事件，所以119121121021020PB.2191.20PBPB由题意得1212PAPA，所以

12122PABPABPB∣2112111102,9920PBAPAPB∣则2212819PABPAB∣∣.故所求的概率89123791091045P.19.解：（

1）易知C的一条渐近线方程为yx，则ab.设,2Btt，又,0,0Aaa，直线AB的斜率为13，所以213tta，解得62at，则62,22aaB，代入222x

ya中，解得4a.故C的方程为2211616xy.（2）因为EAEPEPEQ，所以0EPEAEQ，即0EPQA，所以PEAQ，同理可得,AEPQEQAP.设1122,,,Pxy

Qxy，联立221,16162.xyyxm整理得2234160xmxm，由题意知22Δ1612160mm，且8m，解得43m或43m，且8m，所以21212416,33mmxxxx.过

点A与2l垂直的直线的方程为122yx，设该直线与C的右支交于另一点H，联立221,161612,2xyyx整理得238800xx，解得203x或4x（舍去）.所以2016,33H

.因为1122016,33PHAQxyx22121220801644333yxxxxy122121220801642333yyxxxxx1212)225(

1mxmxmxx22128016164802)54233333mmxxmmmm222216580168801603333333mmmmmmm所以PHAQ，同理可证QHAP.又AHPQ，所以H与

E重合.因为H在C上，所以220016xy.故存在点E满足EAEPEPEQEAEQ，且220ijxy的值为16.湖北省2024届高三下学期三模数学试题参考答案1.C因

为1,2a，34b,，所以2(1,2)2(3,4)(5,6)ab，因为32c,，所以253623abc，故选：C2.B由12123xxxx，当且仅当

120xx，即21x时，等号成立，得3,A；由2100x得1010x，即10,10B.所以3,10AB.故选：B3.D因为2lne<ln3lne，即1<ln32，所以lnln3ln21，11ln3，故B，C错误；又

2ln3ln3ln31ln30，所以2ln3ln3.故选：D4.B由题意知，数列na的首项为1，且nmnmSSS，令1m，可得11nnSSS，即111nnSSS，所以数列nS是首项为1，公差为

1的等差数列，所以1(1)1nSnn，则9981aSS.故选：B.5.A2124212422121212555aiiaaiaiaaziiii，当4a时，4220,055aa，则复数对应的点422,55a

a在第四象限；当24a时，4220,055aa，则复数对应的点422,55aa在第三象限；当2a时，4220,055aa，则复数对应的点422,55aa

在第二象限；当2a或4a时，405a或2205a，则复数对应的点422,55aa在坐标轴上，不属于任何象限.故复数42255aazi对应的点422,55aa不可能位于第

一象限.故选：A.6.A1121ee2ln,0eelnee2ln,0xxxxxxxxfxxxx，因为当0x时，1e,e,2lnxxyyyx都为增函数，所

以，1ee2ln,0xxyxx单调递增，故B，C错误；又因为12eelnxxfxxfx，所以fx不是奇函数，即图象不关于原点对称，故D错误.故选：A7.A然后根据题意将10个数

字分成三组：即被3除余1的有1，4，7；被3除余2的有2，5，8；被3整除的有3，6，9，0，若要求所得的三位数被3整除，则可以分类讨论：每组自己全排列，每组各选一个，所以3的倍数的三位数有：33321113112334

33343332(AAAA)(CCCACCA)228个.故选：A.8.D解：由PCPA，01PDPB，可知AB∥CD，设弦AB，CD的中点分别为,MN，设直线AB的方程为：ykxm，代入22xy，得222

0xkxm，则2ABxxk，2ABxxm，所以Mxk，2MMykxmkm，同理可得Nxk，由抛物线的几何意义可知点P在直线MN上，所以Pxk，因为22xy，所以212yx，yx，所以物线在A处的切线为1:()AAAlyyxxx，即2()2

AAAxyxxx，212AAyxxx，即AAxxyy同理可得物线在B处的切线为221:2BBlyxxx，即BBxxyy,由221212AABByxxxyxxx，解得22ABABxxx

kxxym，综上，MNPQxxxxk，Qym,所以,,,MNPQ四点共线，且所在直线平行于y轴，由PCPA，得)((,),CPCPAPAPxxyyxxyy，则(1)CAPxxx，(1)CAPyyy，又22C

Cxy，所以有2[(1)]22(1)APAPxxyy，又22AAxy，化简得222(1)20PAApPxxyxy，同理有222(1)20PBBpPxxyxy，由

两式知直线AB的方程为：222(1)20PpPxxyxy，因为Pxk，所以222(1)20Pkxyky，又直线AB过点2(,)Mkkm，代入得2(1)22Pkmy，2222()3(1)22ABPMPABQMQkmSyyPMSQMyymkmm

k，整理得222360kmkm，即23120km，由题可得0Qym，所以0m，所以130，解得13.故选：D.9.ACD平行六面体的六个面都是平行

四边形，且相对的平行四边形全等，所以六个平行四边形中的矩形个数可能为0,2,4,6，所以各个表面的直角个数之和可能为0,8,16,24.故选：ACD10.BC(0)2sin1ft，故(12,12)t，33()2sin()044ft，故[2,2]t，故(12,2]

t，Zt，故0t或1t，当0t时，2sin2，ππ22，故π4，π()2sin()4fxx，0，()fx有最小正零点34，*3ππ,N44kk，*4ππ,N33kk，914222T，故2π1T，2π，故π，π()2

sin(π)4fxx，当9(4,)2x，π17π19ππ(,)444x，函数不单调，排除；当1t时，sin0，ππ22，故0，32sin()42，35π2π44k或37π2π

44k，85ππ,N33kk或87ππ,N33kk，914222T，故21T，2，故5π3，5π()2sin()13fxx，验证满足条件，此时(9)2sin(15

π)11f．综上，AD错误，BC正确.故选：BC．11.BD由4ACAB，2BC，可得点A的轨迹为椭圆，如图则椭圆方程为22143xy，由于31bc则090BAC，又因为ABC为锐角三角形，则090ABC且090ACB，所以3

32Ay，01Ax，所以max12332ABCS，由于1122BCBC，所以1344ABCABCSS，设ABCSS，则4ABCSS△，设三棱台的高为h，则1112174

433ABCABCVhSSShS，因为该三棱台的体积最大值为736，max34S，所以max2h，由于,Sh无最小值，故该三棱台的体积无最小值，故A不正确；对于三棱台111ABCABC-有侧面11BCCB为垂直于底面的等腰

梯形，则如图，以H为原点，在平面ABC上作Hx面11BCCB，在面11BCCB作Hz面ABC，则11110,0,0,1,0,0,1,0,0,,0,,,0,22HBCBhCh，设,

,0Axy，则1,,22xyAh，33,,442xyhD，1,,44xyEh，所以222229931641644hxhHDxy，由于0,1x，

0,2h，所以33181,48HD，又1133181,248，故B可能正确；同理222221131714,166482EHxyhxh，又3221317,,4482，故D可能

正确；如图，将三棱台补成三棱锥PABC，设点C到平面PAH的距离为d，则11177774778443ABCABCPABCPACHDACHDACHCADHADHVVVVVVdS，又111

24EADHCADHCADHVVV，所以111128EADHABCABCVV，故C一定正确.故选：BD.12.2221ln2eexy（答案不唯一）ln2exxxfxx，0x，则1112exxfxx，取切点为2,2

f，则斜率为221121122e2ekf，又222222ln21ln22eef，则切线方程为：2211ln22eeyx，即2221ln2eexy.故答案为：2221ln2eexy

（答案不唯一）13.0.86因为23XY，所以142XY，因为100.14PX，所以4200.14PY，即20.14PY又1322YX，所以1302

2EYEX，21144DYDX，所以210,4YN，所以202121210.140.86PYPYPYPY.故答案为：0.8614

.2记1AF与渐近线OB的交点为H，根据题意，作图如下：2tanbBOFa，20,πBOF，故222cosaaBOFcab；则在△2BOF中，设OBx，又2BFc，由余弦定理可得2222cos2xccaBOFcxc，

解得2xa，即2OBa；在△BOE中，1cos22OEaBOEOBa，又0,πBOE，故π3BOE；又左焦点,0c到直线byxa的距离22bcdbab，即1FHb，又1OFc，故22OHcba，则H在圆O上，即1AF与圆O相切；显然

AHOAEO，则AOHEOA，又πAOHEOABOE，又π3BOE，故可得π3AOH，根据对称性，1π26BOyAOH，故2π3BOF，故2,,OEF三点共线，E点是唯一的，根据题意，E必为

双曲线右顶点；此时显然有πtan33ba，故双曲线离心率为2212cbaa.故答案为：2.15.（1）因为2128nnnaaa，所以2118nnnnaaaa，所以数列1nn

aa是公差为8的等差数列，其首项为218aa，于是18nnaan，则181nnaan，1282nnaan，L，3282aa，218aa，所以2111181218442nnnaannn

，所以2441nann；（2）由（1）问知，221nan，则21nbn，又10nnbb，则120nnbb，两式相乘得2120nnnbbb，即20nnbb，因此nb与2nb同号，因为120bb，所以当1

1b时，23b，此时21,12,nnnbnn为奇数为偶数，当n为奇数时，123421122nnnnnnSbbbbbbbbn，当n为偶数时，1234122nnnnSbbbbbbn

；当11b时，23b，此时12,21,nnnbnn为奇数为偶数，当n为奇数时，123421122nnnnnnSbbbbbbbbn，当n

为偶数时，1234122nnnnSbbbbbbn；综上，当11b时，11nnSn；当11b时，1nnSn.16.（1）当1a时，1C的离心率2121aea，当01a时，1C的离心率211ea；当1b

时，2C的离心率2221beb，当01b时，2C的离心率221eb；因为ab¹，所以22211bab或22211aba，得221ab，又0ab，所以1ab，且10ab；由题意知1,0Aa，2,0Ab，即21,0Aa，则2:1ABly

ax，1:1ABxlya，它们的斜率之积为11aa，因此12BABA.（2）由（1）问知，2222:1Caxy，联立1ABl与2C的方程22211xyaaxy，将y消去得：222120xaxaa，解得10x，2421axa

，又0,1B在曲线2C上，则421Paxa，44111PPxayaa，联立2ABl与1C的方程22211yaxxya，将y消去得：222120axaxa，解得10x，32421axa，又0,1B在曲线1C上，则34

21Qaxa，44111QQayaxa，因此PQ的中点34,01aaCa，连BC，因为12BABA，即BPBQ，所以2342211aaPQBCa，记3411aafaaa，当fa最

大时，PQ也最大；可知24332431141aaaaafaa426242224433114111aaaaaaaa，令0fa得42410aa，解得22

323a，又1a，则1,23a，令0fa得23,a，因此fa在23a处取得最大值，且最大值为222313232234843843f，因此PQ最大值为max1322182PQ.17.（1）

设点C到平面的距离为h，作CHAB于点H，可知hCH，设CAb，CBa，在ABC中，由余弦定理可知：2222cos1ababACBAB，由于直线m与n之间的夹角为π3，且它们交于点C，则3ACB，

从而221abab，又22ababab，则1ab（ab时取等）；因为11sin22ABCSabACBABCH△，所以3322CHab，所以点C到平面的距离32h，其最大值为32；（2）（i）证：如图，过

点P作直线//ln，由题知直线l与平面必相交于一点，设其为点D，连接DA，DB，则P，Q，D，B共面，又//PQ且DB，于是//PQDB，又//ln，则四边形PQBD为平行四边形，则DBPQd，因为PQn且P

Qm，所以BDn且BDm，所以BDl，又lmP，所以BD平面PAD，作PHAD于H，则PHBD，又ADBDD，则PH，设PHh，则P到平面的距离也为h，且直线m，n与平面的夹角分别为PAH和PDH；由于直线m与n之间的夹角为π3，则直线m

与l之间的夹角也为π3，则π3APD，于是2ππ3PAHPDHAPD，即直线m，n与平面的夹角之和为定值2π3；（ii）因为BD平面PAD，所以BDAD，ABD△中，22221ADABBDd

，则21ADd，又π3APD，由（1）问同法算得22333122dPHd，即点P到平面距离h的最大值为233012dfdd.18.（1）fx的定义域为1,，且00f；112122111xfxaxaxxaxxx

，因此00f；i.0a时，1201ax，则此时令()0fx¢>有1,0x，令0fx有0,x，则fx在1,0上单调递增，0,上单调递减，又00f，于是0fx，此时令120xx，有12120fxfxxx，不符

合题意；ii.0a时，fx有零点0和0112xa，若00x，即12a，此时令0fx有0,0xx，fx在0,0x上单调递减，又00f，则00fx，令1>0x，02xx，有12120fxfxxx，不符合题意；若00x，即102

a，此时令0fx有00,xx，fx在00,x上单调递减，又00f，则00fx，令12010,xxx，有12120fxfxxx，不符合题意；若00x，即12a，此时

201xfxx，fx在1,上单调递增，又00f，则0x时0fx，0x时0fx；则0x时0fxx，也即对120xx，12120fxfxxx，综上，12a（2）证：由（1）问的

结论可知，0a时，ln10fxxx；且12a时0x，21ln102fxxxx；则0x时，21ln12xxxx，令1xn，有21111ln12nnnn，

即2111ln1ln2nnnnn，于是2111lnln11121nnnnn11ln212将上述n个式子相加，221111ln122nntntn；欲证5ln16nntnt，只需证2

251111622nnttn，只需证22115123n；因为2221441124412121nnnnn，所以22111111115251122355721213213nnnn

，得证：于是得证5ln16nntnt.19.（1）6X中，与6互质的数有1和5，则62；15X中，与15互质的数有1、2、4、7、8、11、13和14，则158.（2）因为

npq，p和q为素数，则对nxX，仅当xpN或xqN时，x和n不互质，又xn，则xp，2p，…1qp，或xq，2q，…1pq时，x与n不互质，则11111nnpqpq，设,Mxps，

,Mxqt，可知s，t不全为0，下证0st时，,1nMxn；由题知，11,,1pqMspMtq，又1121122111100CC,ppppppppppxkpskpkpskpssNpskN

N，所以11,,1ppMxpMsp，同理有1,1qMxq；于是记11qxkqkN，11111pnxkqNqN

N，即,1nMxq，同理,1nMxp，记21nxNp，于是2111NpNq，则21qNNp，因为qpN，所以1NpN，所以1111nNNxpqnpp，即,1nMxn；（i）

0st时，记,cMxnc，则1,,,knddcMcnMxnMxn，记10Nkp，又,,,1kknnMxnMMxnn，而xn，则1,knMxnx，即,dMc

nx，即,,deMMxnnx；（ii）若0st，不妨设0s，于是1qxkpkX，所以1,,,ddcdcdcMcnMxnMkpn，又11,dcMknk，1,1qMpq，所

以1111,,,,,1,kpknddcdeqMcnMpknpkMpqxMMpqqxMqx；综上，,,dcMMxnnx，得证：（3）因为12231ee，所以12231eexx，则12231

,,eeMxnMxn，则2312,,McnMxcn，假设存在0a，1aN，使得30211acan；记312nc，0nn，令11,kkknMnn，那么knN，且1kknn，于是0kN，使01kn，则010kn，从而数列

kn有且仅有01k项，考虑使1101,kkkkkanankkkN成立，则对于相邻项有1111111kkkkkkkkkkanananan，将两式相加并整理得：1111kkkkkknnaaan，令0kk

，得00111kka，又由于2n，3n，…，0kn及0k均由0nn和312nc确定，则数列ka的各项也可根据n和32c确定，由上知302,1Macn，2312,,McnMxcn，则23301

0202,,,,,1,MacnMxacnMMxnMacnnMxnx，即201,xMacn，其中0a是根据n和32c唯一确定的.湖南省岳阳市2024届高三下学期三模数学试题参考答案1.B不等式301xx，可化为31010xxx，所

以不等式301xx的解集为13xx，所以13Bxx，又{2,1,0,1,2,3}A，所以AB{0,1,2,3}，故选：B.2.C依题意，32ii2i10ab，即(2)i(1)0ab，又,abR，则2,1ab，所以22i2i215ab

.故选：C3.A直线2310xy的斜率为23k，则直线2310xy的一个方向向量21,3a，对于A，因231203，即向量(3,2)与21,3共线，A是；对于B，因221303

，即向量2,3与21,3不共线，B不是；对于C，因231203，即向量3,2与21,3不共线，C不是；对于D，因221303，即向量2,3与21,3不共线，D不是.故选：A.4.B若直线l上有

无数个点不在平面内，则//l或l与相交，故A选项不正确；若直线a不平行于平面且a，则a与相交，所以平面内不存在与a平行的直线，故B选项正确；已知直线,ab，平面,，且,,//ab

，则直线,ab平行或异面，C选项错误；两条相交直线,ab，且//a平面，则//b平面或b与相交，D选项错误.故选：B5.D由函数图象平移的规则可知：函数()yfx的图象可由函数(1)1yfx

的图象向右平移1个单位、向下平移1个单位得到的，因为函数(1)1yfx为奇函数，所以函数(1)1yfx的图象关于原点对称，所以函数()yfx的图象关于点(1,1)对称，得：(1)(0)(1)(2)

(3)[(1)(3)][(0)(2)](1)ffffffffff，即(1)(0)(1)(2)(3)fffff2(1)2(1)(1)5，故选：D.6.D依题意，设这五个人分别为甲乙丙丁戊.第一步

，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有22A2种情况，第二步，将这个整体与丁戊全排列，有33A6种安排方法，第三步，排好后产生4个空位，因甲乙不相邻，则只能从3个空中任选1个安排甲，有13A3种安排方法.则由分步乘法计数原理，不同的方案共有26336

种.故选：D.7.B由12020101120()10()1002aaSaa可得101110aa，因210,aa则等差数列na的公差0d≥，故10110,0aa，则12101101

1()252aaaa，当且仅当10115aa时取等号，即当10115aa时，1011aa取得最大值25.故选：B.8.C（1）当a<0时，若xa，则exfxa，因为函数exfxa在,a上单调递增，所以<eaafx

a，若xa，则22222fxxaxxaaa，当且仅当xa时取等号，因为fx不存在最小值，所以2aa，所以10a，（2）当0a时，若xa，则exfxa，因为函数exfxa在,a上单调递增，所以<eaafxa，若xa，

则222223fxxaxxaafaa，当且仅当xa时取等号，因为fx不存在最小值，所以23aa，所以13a，所以实数a的取值范围是1(1,0),3，故选：C.9.BD对于A，因为377CCn，由组合数性质可得3n或4n，A错误，对于B，

1!1!!11C!!11!!11!11!mnnnnnmmmnmnmmnmnmnm，所以111CC1mmnnmn，B正确，对于C，10(1)x展开式的第6项为551055561

010=C1CTxx，所以第6项的系数是510C，C错误，对于D，3(1)x的展开式中2x的系数为23C，4(1)x的展开式中2x的系数为24C，5(1)x的展开式中2x的系数为25C，所以345(1)(1)(1)xxx的展开式中2x的

系数为22223223223233453345445556CCCCCCC1CCC1CC1C1，D正确，故选：BD.10.ABD设函数()fx的周期为T，观察函数图象可得，313π3π412

4π3T，所以2ππ，又0，所以2，A正确，因为13π12x时，函数()2cos()fxx取最大值，2，所以13π22π,Z12mm，π2，所以π6，故π()2cos26fxx，由π2π22ππ,Z6kxk

k，可得ππ7ππ+2π,Z12612kxkk，所以函数()fx的单调递减区间为π7ππ,π,Z1212kkk，B正确，函数2cos2yx的图象向右平移π6个单位得

到函数π2cos23yx的图象，C错误，因为π()2cos26fxx，所以7π7ππ3ππ2cos2cos142626f，4π8ππ5π2cos2cos03362f，所以7π

4π()()043fxffxf可化为()1()0fxfx，所以1fx或0fx，由1fx可得，π1cos262x，所以πππ2π22π+,Z363nxnn

，即ππππ+,Z124nxnn，取0n可得ππ124x，取1n可得11π5π124x，由0fx可得，πcos206x，所以ππ3π2π+22π+,Z262txtt，即π5ππ+π+,Z36txtt，取0t可

得π5π36x，所以满足条件7π4π()()043fxffxf的最小正整数x为2，D正确，故选：ABD.11.ABD设圆柱1OO的底面半径为r

，母线长为l，因为四边形ABCD是圆柱1OO的轴截面所以2,ABrADl，因为四边形ABCD的面积为2，所以22rl，即1rl所以圆柱1OO的侧面积2π2πSrl，A正确，因为DC为圆1O的直径，所以

11DDDC，又11AD平面1CDD，1DD平面1CDD，所以111DDAD，又111,ADDC平面11ACD，1111ADDCD，所以1DD平面11ACD，1AC平面11ACD，所以

11DDAC，B正确；因为11111111,,ADDDADCDDDDC，设四面体11CDDA的外接球的半径为R，则222211114RDDDCDA，因为11DOD，111DOOD，所以11π22ODD，所以1π2sin2cos222DCrr

，1π2cos2sin222DDrr，所以22222442444Rrlrlrl，当且仅当1rl时等号成立，所以四面体11CDDA的外接球表面积最小值为4π，C错误，因为1OAOBr，1πAOB

，0π，所以22212cosπ21cos2cos2ABrrrrrr，所以22214cos22BDrl，又1rl，所以22214cos22rr，所以42

11cos12rr，所以22111cos122r，所以1cos2，当且仅当1r时等号成立，又0π，所以2ππ3，D正确，故选：ABD.12.52当双曲线的焦点在x轴上时，其方程为22221x

yab，依题有221612abba，方程组无解；当双曲线的焦点在y轴上时，其方程为22221yxab，依题有226112abab，解得222ab，

则22512cbeaa.故答案为：52.13.5π12；π12（答案不唯一，符合5ππ12km，ππ12km或7ππ12km，ππ12km，,Zkm即可）因为角,的终边关于直线yx对称，所以π2π2k

，Zk，又3sin()2，所以π2π3m或2π2π3m，mZ，所以5ππ12km，ππ12km或7ππ12km，ππ12km，,Zkm，取0,0km可得5ππ,1212

或7ππ,1212所以,的一组取值可以是5ππ,1212，故答案为：5π12，π12，（答案不唯一，符合5ππ12km，ππ12km或7ππ12km

，ππ12km，,Zkm即可）14.63在RtABC中，3π,36BCBAC，则233AB，又平面ABC，平面ABC,,ACACBCBC平面ABC，所以BC平面ABC，连接CP，C

P，所以BCCP，得22213CPBPBCBP，设ABP（0π），则1sin2ABPSABBP，即3123sin323BP，得1sinBP，当sin1即π2即ABBP时，BP取到最小值1，此时CP取到最小值221161333B

P.故答案为：6315.（1）设数列na的公差为d，依题意，2,2,23dd成等比数列，所以2(2)2(23)dd，解得0d或2d，当0d时，2na；当2d时，2(1)22nann所以数列na的通项公式为2

na或2nan.（2）因为等差数列na的公差不为零，由（1）知*2Nnann，则224411(21)(21)nnnnnbaann2241111412121nnnn111122121nn，所以11111111

111121323525722121nTnnn，即11122121nnTnnnn.16.（1）由题意得，

样本平均数的估计值为(400.010500.020600.030700.024800.012900.004)1062，因为学生初试成绩X服从正态分布2,N，其中62,11.5则285，所以10.9

545(85)(2)0.022752PXPX，所以估计初试成绩不低于85分的人数为0.022758000182人.（2）记该考生的复试成绩为Y，则能进入面试的复试成绩为20分，25分，30分

，2221213332117(20)C45455400PY，21231354(25)C445400PY，223381(30)45400PY，所以该考生进入面试

的概率为117548163(20)(25)(30)400400400100PYPYPY.17.（1）连结AC，BD交于点O，连PO，由PAPC，210PBPD知,POACPOBD，又,ACBDOPO平面ABCD又底面ABC

D为菱形，所以ACBD以O为坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示60DAB，边长为4，则2ODOB，23OAOC在直角三角

形BOP中，210PB所以6OP所以点(0,0,0),(0,0,6),(2,0,0),(2,0,0),(0,23,0)OPBDC4PCMC，则3330,,22M所以333333(0,23,6),2,,,2,,2222PCD

MBM，所以3330223(6)022PCDM，33302236022PCBM

，所以,PCDMPCBM，所以,PCDMPCBM，又DMBMM，,DMBM平面BDM，所以PC平面BDM，（2）设DEDM，所以33

32,,22DEDM，故33322,,22E，所以33324,,22BE平面ABCD的一个法向量是(0,0,1)n，设BE与

平面ABCD所成角为，则22223322sincos,131616333(24)22BEnBEnBEn当0时，BE平面AB

CD，0；当0时，22233312sin216161316161121321692，当且仅当12时取等号，又0,2所以π6，故BE与平面ABCD所成角的最大值为π618.（1）设点(,)Pxy，

依题有22(0)(1)|3|xyy，化简并整理成248xy，圆心P的轨迹E的方程为248xy1211,22yykkxx，122114(1)224yyykkxxx，又248xy，所以24(1)4(1)1444yyxy---

-==--+，所以121kk.（2）显然直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为ykxb，由248xyykxb，消y并整理成24480xkxb，在判别式大于零时，1248xxb，又124xx，所以1b，所以2440xkx，1ykx

，21212124,242xxkyykxxk，所以线段MN的中点坐标为22,21Qkk，设(,)Qxy，则2221xkyk，消k得222xy，所以Q的轨迹方程是222xy，圆P过定点(0,1)F

，设其方程为22(1)(1)0xyaxby，由222(1)(1)022xyaxbyxy，得42(42)40xbxax，设C、D、G的横坐标分别为c，d，g，因为C、D、G异于F，所以c，d，g都不为零

，故3(42)40xbxa的根为c，d，g，令()()()0xcxdxg，即有32()()0xcdgxcddggcxcdg，所以0cdg，故CDG的重心的横坐标为定值．19.（1）方法一：设2BAC，因

为AD是BAC的角平分线，所以BADCAD，因为ABDACDABCSSS△△△所以11()sinsin222bcADbc，代入2cb，ADkAC，化简得：4cos3k，因为π0,2，所以实数k的取

值范围40,3．方法二：因为AD是BAC的角平分线，所以BADCAD，1sin21sin2ABDACDcADBADScSbbADCAD，又ABDACDSBDSCD，又2cb，所以2BDCD，故2,33aaBDDC，在ABD△和ADC△中由

余弦定理得2222222cos,2cosABBDADBDADADBACCDADCDADADC所以22222()2cos33aackbkbADB，222()2cos33aabkb

kbADC又πADBADC，则coscos0ADBADC所以22222233acbkb，又2cb，所以2222633akb在ABC中有22bbaabb，所

以13ab，所以2363192k得403k，所以实数k的取值范围40,3（2）①当233k时，由（1）知3cos2，则π6，此时π3BAC，由余弦定理有：222π2cos3abcbc及2cb得3ab=，法二：由2222633akb，当23

3k时有3ab=故3251()222fxbxxx，所以2()352(32)(1)fxbxxbxx，令()0fx，可得23x或1x，当23x时，()0fx，函数()fx单调递增，当213x

时，()0fx，函数()fx单调递减，当1x时，()0fx，函数()fx单调递增，故当1x时，函数()fx取极小值，极小值为(1)0f．②（ⅰ）当233k时，由①知3ab=，又2cb，故32251()2(1)(21)222bfxbxxx

xx知()fx的零点为11,2，故()fx的最大零点01x；（ⅱ）当23433k时，由（1）知3cos2，则21cos2cos12BAC，由余弦定理有2221cos22bcaBACbc，代

入2cb，解得3ab，由abc知acbb，故(,3)abb，3251()2223afxbxxxb，23()52afxbxxb，设3(3,3)atb令()0fx解得：12

52585258,22ttxxtt，且12xx，当1xx时，()0fx，函数()fx单调递增，当12xxx时，()0fx，函数()fx单调递减，当2xx时，()0fx，函数()fx单调递增，因为(1)(3)0fb

t，故121xx<<，且(1)10,3tfbx时，()0fx，故()fx在(1,)上有唯一零点0x，此时01x成立（ⅲ）233k时，由（1）知30cos2，则21cos2cos11,2BAC

，由余弦定理有222cos2bcaBACbc，及2cb，解得33bab，由abc知acbb，故33bab，所以(3,33)t当253,8t时，令()0fx解得：1252585258,22tt

xxtt，且12xx，当1xx时，()0fx，函数()fx单调递增，当12xxx时，()0fx，函数()fx单调递减，当2xx时，()0fx，函数()fx单调递增，因为(1)(3)0fbt，且2()52fxbtxx的图象的对称轴512xt

所以1201xx<<<，又因为(1)103tfb，故()fx在(1,)上无零点，且(0)02bf，故00(0,1),1xx成立；当25,338t时，()0fx恒成立，则(

)fx在R上单调递增，故函数()fx至多有一个零点，由(1)103tfb，(0)02bf知01x成立；综上，当2303k时；01x；当233k时，01x；当23433k时，01x．山东省淄博市

2024届高三下学期一模考试数学试题参考答案1.A2422yxx，即2p，则其焦点坐标为1,0，故选：A.2.C设圆锥的母线长为l，底面半径为r，即侧面展开图的半径为l，侧面展开图的弧长为πl.又圆

锥的底面周长为2πr，所以2ππrl，即圆锥的母线长2lr.所以圆锥的侧面积为2π2π16πrlr，解得22r.故选：C.3.D∵{}na是等差数列，∴375210aaa，55a，所以56657aaaa，∴公差652da

a，∴1543aad，∴6656(3)2122S，故选：D．4.D对于A，函数π()sin(2)3fxx的最小正周期2ππ2T，A错误；对于B，由5π5ππ()sin(2)1012123f，得函数f(x)的图象不关

于点5π(,0)12对称，B错误；对于C，由πππ()sin(2)01663f，得函数f(x)的图象不关于直线π6x对称，C错误；对于D，当π[0,]4x时，πππ2[,]336x，而正弦函数sinyx在ππ[,]36上单调递增，因此

函数()fx在区间π[0,]4上单调递增，D正确.故选：D5.B若两个2之间是8，则有282817；282871；728281；128287；172828；712828；828217；828271；782821；182827；178282；718282，

共12种若两个2之间是1或7，则有272818；818272；212878；878212，共4种；则总共有16种，故选：B.6.B设,Axy，由题有,OAxy，,OBxy，所以(,)Bxy，0,2ABy，所以22220

OAaABxyy，即2211xy，所以点,Axy的集合是以0,1为圆心，1为半径的圆.其轨迹E为半径为1的圆，故选：B．7.C令π4t，π,π2t，得π4t，则ππ6tan4co

s5cos222ttt，即6tan4sin5sin210sincosttttt，整理得5cos3cos10tt，且cos0t，那么3cos5t，则2π7sin2s

in2cos212cos225ttt.故选：C.8.A如图，设椭圆的长半轴长为1a，双曲线的实半轴长为2a，则根据椭圆及双曲线的定义得：1211222,2PFPFaPFPFa，112212,PFaaPFaa

，设1222π2,3FFcPFQ，根据椭圆与双曲线的对称性知四边形12PFQF为平行四边形，则12π3FPF，则在12PFF△中，由余弦定理得，22212121212π42cos3caaaaaaaa，化简得2221234

aac，即2221314ee，则22122222121222221212313131311113131361111eeeeeeeeee222

21122222212121133313111114421313661111eeeeeeee12342363，当且仅当2222

21221231131134eeee，即212233411132493137833ee时等号成立，故选：A.9.BCD对A：若样本数据126

,,,xxx的方差为2，则数据12346531,31,31,31,31,31xxxxxx的方差为2321817，故A错误；对B：580%4，则其第80百分位数是111211.52，故B正确；对C，根据决定系数的含义知2R越大，则

相应模型的拟合效果越好，故C正确；对D，以模型ebyc去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设lnzy，则lnlnlnelnkxzycckx，由题线性回归方程为20.4zx，则ln0.4,2ck，故,ck的值分别是0.4e和2，故D正确.故选：BCD.1

0.BD设12ii,,,zabzcdabcdR，，对A，22122izaabb，22221i2izabaabb，当,ab至少一个为0时，1122zz，当,ab均不等于0，2211zz，故A错误；对B，12izzacbd

，则12izzacbd，而12iiizzabcdacbd，故1212zzzz，故B正确；对C，若211z，即1i1cd，即2211cd，即2211cd，则,cd在复平面上表示的

是以1,0为圆心，半径1r的圆，21z的几何意义表示为点,cd到点1,0的距离，显然2211041，则点1,0在圆外，则圆心到定点1,0的距离2d，则点1,0与圆上点距离的

最小值为211dr，故C错误；对D，1122zzzz，122222iiiiiabcdacbdadbczabzcdcdcd，22222222122

22222222abcdzacbdadbcabzcdcdcdcd，而221222zabzcd，故1122zzzz，故D正确；故选：BD.11.ACD由题设，长轴长4ABAB，短轴长23CD，则1221OFOFOF

，得22,FF分别是,OBOB中点，而柱体中ABBA为矩形，连接OB，由21//BFOF，211BFOF==，∴四边形12FOBF为平行四边形，12//OBFF，当12//FF平面PMN时，12FF

平面ABBA，平面ABBA平面2PMNPF，则122//FFPF，有2//OBPF，OBB△中，2F是OB中点，则P为BB的中点，A选项正确；2OFCD，23CD，21OF，则2FCD△中，222CFDF，2120CFD，2FCD△外接圆半径为2122s

inCDrCFD，22//FFAA，则22FF平面2FCD，三棱锥22FFCD外接球的半径为222222R，所以外接球的表面积为24π32πR，B选项错误；点Q是下底面椭圆上的动点，Q是点Q在上底面的射影，且1QF，2QF与下底面所

成的角分别为,，令12,QFmQFn，则4mn，又4QQ，则4tanm，4tann，4tantan16tan1tantan1616mnmnmn，216tan212m，由椭圆性质知13m，则当1m或3m

时，tan的最大值为1613，C选项正确；由22EPMNMPEFNPEFVVV，要使三棱锥EPMN体积最大，只需2PEF△的面积和,MN到平面2PEF距离之和都最大，222PEFBFEBPBF

PEBSSSS，令,EBaPBb，且,0,4ab，则4PBb，21111411422222PEFbaSabab，当4ab时，有最大值28PEFS

，在下底面内以O为原点，构建如上图的直角坐标系，且0,2B，则椭圆方程为22143yx，设:1MNytx，联立椭圆得2234690txtx，214410t，2269,

3434MNMNtxxxxtt，222121434MNMNMNtxxxxxxt，令211lt，212121313MNlxxlll，由对勾函数性质可知13yll在1,上递增，max12

34MNxx，综上，三棱锥EPMN体积的最大值为18383，D选项正确.故选：ACD12.2依题意，1352185naaaa，即24284naqaqaq，而24242

naaa，所以2q=.故答案为：213.4048对(1012)(1013)41fxfxx两边同时求导得(1012)(1013)4fxfx，即()(2025)4fxfx，则(1)(2024)4ff，(2)(2023)4ff

(1012)(1013)4ff，则20241()410124048ifi.故答案为：4048.14.acb由ee0xx，得eexx，由lne0xx，得lnex

x，依题意，直线eyx与函数e,lnxyyx图象交点的横坐标分别为,pq，而函数e,lnxyyx互为反函数，它们的图象关于直线yx对称，又直线eyx垂直于直线yx，因此直线eyx与函数e,lnxyy

x图象的交点关于直线yx对称，即点(,)pq在直线eyx上，则epq，()xfxeex，于是11(0)1,()ee122ff，323331()eee(e)312223f，而3231()()eeee(ee1)022ff，所以31(0)(

)()22fff，即acb.故答案为：acb15.（1）ABC中，设角A、B、C的对边分别为a、b、c，在ABC中由余弦定理得2222cosBCABACABACCAB，即2264cbbc①因ABCMBPMCPSSS，即32323222222bc

cb，整理得22bcbc②①②解得2265bc，所以13195sin22ABCSbcBAC.（2）因为π2,4,3APCPPAC，所以在APC△中由余弦定理可得2222cosCPAPACAPACCAP，所以21642ACAC

解得113AC，由正弦定理得sinsinAPPCCCAP，即24sin32C，解得3sin4C，所以213cos1sin4CC，393sinsin()sincoscossin,8BBACCBACCBACCABC中由正弦定理得si

nsinACBCBBAC，则113393382BC，解得142133BC，所以142132213433PBBCPC.16.（1）当点G为DE中点时，面ABC面AFC，证明如下：因为四棱锥ABCDE是正四棱锥，

所以,ADAEAGDE.在正方形BCDE中，//DEBC，所以AGBC，在正方形BCDE中，CDBC，因为//AFCD，所以AFBC，因为,,AFAGAAFAG面AFG，所以BC面AFG，因

为BC面ABC，所以面ABC面AFG.（2）连接BD，CE交于点O，连接AO，OG，则//AFOG，又因为四棱锥ABCDE是正四棱锥，所以AO面BCDE，所以四边形AOGF为矩形，AFFG，又,AFDEDEFGG，,DEFG面DEF，AF面DEF，又1

132193,32333222AFDEFDEFGAOVAFS，设点F到面ADE的距离为9,2FADEAFDEhVV，即2139(32)342h，3h，所以，点F到面ADE的距离为3.（3）因为四棱锥ABCDE是正四棱锥，所以OC

，OD，OA两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,3),(0,3,0),(3,0,0),(0,3,0),(1,1,3)ABCDF，所以(0,3,3),(3,0,3),(1,2,3)BACADF，设平面ABC

的法向量为(,,)nxyz，则有330330nBAyznCAxz取1z，则1,1yx，故(1,1,1)n，设直线DF与平面ABC所成角为，则4242sin21143DF

nDFn，所以直线DF与平面ABC所成角的正弦值为24221.17.（1）函数()esin1xfxx，当0x时，()ecos1cos0xfxxx，所以()fx在(0,)上的单调递增.（

2）由（1）知，()ecosxfxx，当]ππ,2(x时，()0fx，函数()fx在(π,2]π上单调递增，π(π)e10f，π2π()e02f，因此函数()fx在(π,2]π上有唯一零点；当]π(,02x时，令()ecosxgxx，求导得

()esinxgxx，()gx在π(,0]2上单调递增，π2π()e10,(0)102gg，则存在0π(,0)2x，使得00()gx，当0π(,)2xx时，()0gx，函数()gx，即()fx单调递减，当0(,0)xx时，()0gx，函数()g

x，即()fx单调递增，又π2π()e02f，0()(0)0fxf，则存在01)π,(2xx，使得1()0fx，当1π(,)2xx时，()0fx，函数()fx单调递增，当

1(,0)xx时，()0fx，函数()fx单调递减，而π2π()e02f，(0)0f，因此函数()fxπ(,0]2上有唯一零点，所以函数()fx在区间(π,0]上有且仅有两个零点.18.（1

）零假设：0H体育锻炼频率的高低与年龄无关，由题得22列联表如下：青年中年合计体育锻炼频率低12595220体育锻炼频率高75105180合计20020040022400(1251057595)9.0916.635200200220180

，根据小概率值0.01的独立性检验推断0H不成立，即认为体育锻炼频率的高低与年龄有关，此推断犯错误的概率不大于0.01.（2）由数表知，利用分层抽样的方法抽取的8人中，年龄在[30,40),[50,60]内的人数分别为1，2，依题意，的所有可能

取值分别为为0，1，2，所以3115523388CCC(0)(0,0)(1,1)CC6205PPXYPXY，212525333888CCC1(1)(0,1)(1,0)(1,2)CCC5631PPXYPXYPXY

，1538C5(2)(0,2)C56PPXY，所以的分布列：：012P20563156556所以的数学期望为2031541()01256565656E.（3）记小明在某一周星期六选择跑步、篮球、羽毛球，分别为事

件A，B，C，星期天选择跑步为事件D，则111(),(),()333PAPBPC，122(),(),()353PDAPDBPDC∣∣∣，所以()()()()()()()PDPAPDAPBPDBPCPDC∣∣∣

111212733353315所以小明星期天选择跑步的概率为715.19.（1）设(,)Pxy，则PF的中点5,22xyG，根据题意得1||||12OGPF，即222251(5)1222x

yxy，整理得2222(5)(5)2xyxy，化简整理，得点P的轨迹方程22:14yCx.（2）设1122,,,SxyTxy，由对称性可知直线ST的斜率存在，所以可设直线:

STymxn，联立直线ST与曲线C的方程，得2214yxymxn，消元整理，得2224240(2)mxmnxnm，则22040nm，①212122224,44mnnxxxxmm②

所以11:(1)1yASyxx，令0x，得点M纵坐标111ytx，同理可得点N纵坐标2241ytx，故1212411yyxx，将1122,ymxnymxn代入上式整理，得1212(24)(4)420mxxnmxxn，将②代入得222

220()(2)0mmnnmnmnmn，若0mn，则直线:(1)STymx，恒过(1,0)A不合题意；若20mn，则:(1)2STymx，恒过(1,2)Q，因为直线S

T恒过(1,2)Q，且与22:14yCx始终有两个交点，又(1,0)A，AHST，垂足为H，所以点H轨迹是以AQ为直径的圆（不含点A），设AQ中点为E，则圆心(1,1)E，半径为1，所以||||121OHOE，当且仅当点H在

线段OE上时，OH取最大值21.浙江省丽水、湖州、衢州三市2024届高三下学期二模数学试卷参考答案1.C掷两枚质地均匀的骰子，设A“第一枚出现奇数点”，B“第二枚出现偶数点”，事件A与B能同时发生，故事件A与B既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；3162

PA，3162PB，331664PAB，111224PAPB，因为PAPBPAB，所以A与B独立，故选项C正确；事件A与B不相等，故选项D错误.故选：C.2.D由题意可得21m，又0m，故2m.故选：D.3.B设i,

,Rzxyxy,则所以2iiii+iizxyxyyx，2222iizyxxyxy又i1z，所以221xy，即221xy，所以z对应的点,xy在以原

点为圆心，1为半径的圆上，2243ii43i43zxyxy表示复平面内的点,xy到点4,3的距离，所以43iz的最小值是22403014.故选：B.4.D因为22ba，且aab，所以0aab

，即20aab，所以21aba，设a与b的夹角为，则11cos212abab，因为0,π，所以2π3，即a与b的夹角为2π3.故

选：D5.C设等比数列{an}的公比为q，因为a6，3a4，－a5成等差数列，所以6a4＝a6－a5，所以6a4＝a4(q2－q).由题意得a4>0，q>0.所以q2－q－6＝0，解得q＝3，所以42SS＝2222

SqSS＝1＋q2＝10.故选：C6.A因函数()cos2fxx的最小正周期为π，将fx的图象向右平移π02个单位后得到函数()cos(22)gxx的图象，若对满足12|()(

)|2fxgx的可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，有12minπ3xx，不妨10x，则2π3x，即()gx在2π3x取得最小值，当2π3x时，πcos(22)13，此时2π2π2π3

k，6ππk，Zk，不合题意02，当2π3x时，2πcos(2)13，此时2π2π2π3k，ππ6k，Zk，当0k，π6满足题意，故选：A.7.B由直线:lyxt，且点2F关于l的对称点在线段1FP的

延长线上，如图所示，可得点M与点2F关于PH对称，且1260FPF,可得2PFM为等边三角形，则260PFM,又PH的倾斜角为135，则245FNH，所以245NFH，在12PFF△中，

有1260FPF，12105PFF，2115PFF，又由1212211212sinsinsinPFPFFFPFFPFFFPF，可得121212sin15sin105sinPFPFFFFPF，即1222sin15sin105sinacFPF

，又因为232162sin15sin(4530)22224，321262sin105sin(6045)22224，所以3sin6022sin15sin1052626244cea

.故选：B.8.A因为1x，2x，3x为正实数，且满足12111212xxxx，22222313xxxx，33323414xxxx，则12111122xxxx，22222133xxxx，33323144xx

xx，所以1211122xxx，2222313xxx，3323144xxx，则111122xxx，222313xxx，333144xxx，令1fxxx，0,x，由对勾函数的性质可得1fxxx

在0,1上单调递减，在1,上单调递增，且12f，满足111122xxx的1x即为yfx与22xy的交点的横坐标，满足222313xxx的2x即为yfx与33xy的交点的横坐标，满足333144x

xx的3x即为yfx与44xy的交点的横坐标，在同一平面直角坐标系中画出yfx、22xy、33xy、44xy的图象如下所示：由图可知321xxx.故选：A9.AC对于A中，

由01234561(,,,,,)6xaxbaxbaxbaxbaxbaxb31245623461511))[(6](66axbaxbaxbxxxxxxxxxx，即0xaxb，所以A正确；对于B中，例如：若样本数据10,4,3,2,1,0

，可得极差为10R此时数据123456,2,3,4,5,6xxxxxx的极差为110R，此时1RR，所以B不正确；对于C中，由2222221234562))))))]01[((((((6sxxxxxxxx

xxxx，若20s，可得123456xxxxxx，所以C正确；对于D中，由675%4.5，所以数据的75分位数为5x，所以D不正确.故选：AC.10.ABD在直三棱柱111ABCABC-中，1AA

底面ABC，则1ACA即为直线1AC与底面ABC所成角，即13sin3ACA，则21131s6cosinACAACA，所以111sin2tancos2ACAACAACA又ABBC且2ABBC，所以222222AC，又1AA底

面ABC，AC底面ABC，所以1AAAC，所以112tan2AAACACA，解得12AA，所以直三棱柱111ABCABC-的体积122242V，故C错误；又1BB底面ABC，ABBC，如图建立空间直角

坐标系，则0,0,0B，0,2,0C，2,0,0A，12,0,2A，10,0,2B，10,2,2C，所以12,0,2BA，12,2,2AC，因为点D在线段1AC，设112,2,

2ADAC，0,1，则110,0,22,2,22,2,22ADAAAD，若1ABAD，则10

BAAD，即222220，解得12，此时D为线段1AC的中点，故在线段1AC上存在点D，使得1ABAD，故A正确；当D为线段1AC的中点时1,1,1D，则1,1,1BD，10,0,2BB，设平面1BBD的法向量为,

,mxyz，则1020mBDxyzmBBz，取1,1,0m，又1,1,1CD，10,0,2CC，设平面1CCD的法向量为,,nabc，则1020nCDabcnCCc

，取1,1,0n，因为1111000mn，所以平面1DBB平面1DCC，即当D为线段1AC的中点时满足平面1DBB平面1DCC，故B正确；又0,2,0BC，12,0,2BA

，10,0,2BB，设平面1ABC的法向量为111,,uxyz，则111120220uBCyuBAxz，取1,0,1u，则点1B到平面1ABC的距离1222BBudu

，故D正确.故选：ABD11.BCD令1x，0y，则有221110ffff，故200f，即00f，令0x，yx则220fxfxffx，即0fxfxfx恒成立，故

fxfx，又函数fx的定义域为R，故fx为奇函数，故B正确；则112ff，又1fx为偶函数，故11fxfx，则132ff，故A错误；200ff，故C正确；111fx

fxfx，则311fxfxfx，故函数fx的周期为4，400ff，则20241506123450620200kfkffff，故D正确.故选：BCD.12.32；31010在ABC中，作A

DBC，垂足为点D，则13ADa，又π,2,4Bc在Rt△ABD中，222ABADBD，即2211299aa，解得3a，所以1123.sin232222ABCSABBCABD，在RtACD△中，222145

ACADCD，所以5b，由正弦定理，sinsinabAB，即35πsinsin4A，可得310sin10A.故答案为：32；3101013.71圆22:21220Cmxmyaxa，则21mm，解得1m，所以圆22:220Cxyaxa，即

2222xayaa，由题设，令0a可得222xy，令1a可得2214xy，显然两圆相交，则两圆方程作差可得12x，由22122xxy，解得1272xy或1

272xy，所以直线12x与圆222xy相交的弦长为7，所以7n，则71mn.故答案为：7114.66223依题意，由正四面体及正方体的几何特征知，要使放入的正方体最大，则正方体的一个底面在正四面体的一个底面内，令O是正ABC的中心，则AO

底面ABC，而233323BO，则2263AOABBO，不妨令放入的正方体的底面在正四面体ABCD在BCD△内，则正方体中与这个底面相对的底面正方形所在平面截正四面体ABCD所得截面EFG是正三角形，

且这个正方形是正EFG的内接正方形，于是23sin603aEGaa，显然三棱锥AEFG是正四面体，AO与平面EFG的交点O是正EFG的中心，于是662233AOEGa，显然OOa，因此622633aaAO，解得66223a，所以实

数a的最大值为66223.故答案为：6622315.（1）由5320Sa，1553552aaSa，得33520aa，解得35a，由15238Saaa，11515815152aaSa，所以288515aaa

，所以80a或23a，当80a时83183aad，此时338naandn；当23a时322daa，此时3321naandn；综上可得数列na的通项公式为8nan或21nan；（2

）因为0d，所以21nan，则21212nnnSn，则2214441121212121nnnnSnnbaannnn11111121212212

1nnnn，所以11111111111112315257221211123nTnn1111113557121211123nnn

11211111222212nnnnn.16.（1）因为DADC，E为线段AC的中点，所以DEAC因为DADC，DBDB，ADBCDB，所以ADBCD

B≌，故ABCB．又E为线段AC的中点，所以BEAC．又DEBEE，,DEBE平面BED.所以AC平面BED又AC平面ACD，所以平面BED平面ACD．（2）取DA的中点G，连接EG，BG

，因为EG为中位线，所以//EGCD，又ADCD，所以ADEG．因为ABBD，G为DA的中点，所以ADBG．又EGBGG，,EGBG平面BEG，所以AD平面BEG，BE平面BEG，所以ADBE，因为BABC，

E为AC的中点，所以ACBE，又ACADA，,ACAD平面ACD，所以BE平面ACD．以E为坐标原点，分别以EA、EB、ED所在的直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示设,0,0Aa，,0

,0Bb，则0,0,0E，0,0,Da，0,,0Bb，20,,33baF．20,,33baEF，0,,BDba，由22222||92033ABabbaEFB

D，解得36ab．所以6233,,33CF.又平面ABC的法向量0,0,1n．设直线CF与平面ABC所成角为，则232153sincos,1551CFnCF

nCFn,所以直线CF与平面ABC所成角为21515.17.（1）当1a时eln1xfxx定义域为1,，且1e1xfxx，

令1e1xFxfxx，则21e01xFxx，所以1e1xfxx在1,上单调递增，又00f，所以当10x时0fx，当0x时()0fx¢>，所以fx的单调递减区间为1,0，单调递增区间为0,；

（2）函数elnxfxxa定义域为,a，依题意elnxaxa在,a上恒成立，设elnxgaaxx，,xa，则e1xgxxa，设e1xhxgxxa

，则210exhxxa恒成立，所以e1xgxxa在,a上单调递增，且当xa时gx，当x时gx，所以0,xa使得00gx，即001exxa，所以001exax，则当0,xax时0gx

，即gx单调递减，当0,xx时0gx，即gx单调递增，所以000000000min11elnelneexxxxgxgxxaxxax00021ee0xxx，令12eexxmxx

，则01e2exxmx且00m，所以12eexxmxx为增函数，由000mxm，所以00x，又1exy与yx均为减函数，所以1exyx在0,

上单调递减，所以当00x时0101ea，所以实数a的取值范围为,1.18.（1）设直线AB的方程为11220,,,,xmytmAxyBxy，则11,,,0CxyMt，由24xmytyx，消去x，得2440ymy

t，22Δ1600mtmt，所以12124,4yymyyt，直线BC的方程为211121yyyyxxxx，化简得1221214yyxyyyyy，令0y，得124Qyyxt，所以,0Qt因此1OMt

OQt.（2）因为点Q的横坐标为1，由（1）可知，1,0,1,0QM，设QA交抛物线于D，11221144,,,,,,,AxyBxyCxyDxy，如图所示又由（1）知，124yy，同理可得144yy

，得42yy，又212121211242xxmymymyym，22212121214416yyyyxx，又22111,,1,MBxyMCxy，则22112121211

1444MBMCxxyyxxxxm，故2844,9m结合0m，得73m.所以直线AB的方程为3730,xy又2212121216416163yyyyyym，则14141422121414141244344

4ADyyyyyykyyxxxxyyyy，所以直线AD的方程为3430xy，设圆心(,0)(11)Tss,因为QM为AQB的平分线，故点T到直线AB和直线AD的距

离相等，所以333354ss，因为11s，解得19s，故圆T的半径33253sr，因此圆T的方程为221499xy.19.（1）记事件A为“监测系统判定指定区域有珍稀动物活动”，

事件B为“监测区域实际上有珍稀动物活动”，（i）210.2110.960.2pPABPABPB；（ii）PAPABABPABPABPBPABPBP

AB22120.2110.811pp220.2110.80.8110.020.22368，则PABPB

PABPBAPAPA20.8110.020.1420.22368；（2）2122120.2110.2110.811pPABPBPABPBAPAPA

pp，2222210.8110.8110.211PABPBPABpPBAPAPApp

，由题意可得0.90.9PBAPBA，即2122122222210.2110.90.2110.8110.810.910.8110.211pppppp

，令11px，21py，得10.80.9p，201p，故0.10.2x，01y，即2222220.210.90.21

0.810.80.910.810.21xyxyyx，即2222363549yxyx，则2222353694xyxy，因为0.10.2x，所以22359364xx，所以223536xy，故35

.0416y，即235.04116p，所以235.04016p，故20,0.013p.