數(shù)學(xué)｜高中名校聯(lián)盟2024屆湖北高三第二次聯(lián)合測評數(shù)學(xué)試卷及答案

湖北省高中名校聯(lián)盟2024屆高三第二次聯(lián)合測評數(shù)學(xué)試卷參考答案與評分細(xì)則1.A【解析】A={|-1≤≤2}B＝{X|1≤2}AUB=[-+a·bb2(-1，2)24|b1b155a·bb2(-1，2)24|b1b1554.D【解析】由6×30%=1.8，第30百分位數(shù)是第2個數(shù)據(jù)故31=n×=m=40m＋n=71選D.5·A【解析a+a3+a4=a2+a3+a3＝24故2a2+a3＝12選.A6.B解析】若p為真,a≥=h(x)恒成立，則a≥h()由于h(x)=6b()=ef十x-1遞增(0)＝0，-1≤x＜0時p()＜0，h()＜0，h(x)遞減，0＜≤時h(-)=e-1，h()w=h(-)=e-1a≥e-1，選Bs=+2t 2t令則tanαt選B因為F1PF2PV根據(jù)對稱性可知IF1Pl=F2P|，設(shè)IF2Pl=F1Pl=t則1F2Pl=F2Q＝3t可得IF2PF1P＝2t＝2a，即t=α，所以PQ|=4t＝4α，則|QF1|=QF2＋2a＝5α，F(xiàn)1P′I=lF2Pl＝3a即PQ12+|F1PI2=IQF112可知LF1PQ=LF1PF2=90°在△PF1F2中由勾股定理得IF22＋|F1P|2＝|F1F22，a2選：a29.BCD【解析】A中：取X=1.有(-1)8＝1,A錯B中：28=256，B對第1頁(共7頁)PEEDB1GGDCCPEEDB1GGDCCC中：由T+1=C8K(2)8-(11204C對D中：由已知可知16-k≠0-2-)k=(-2)C8k16-3(＝0，1，28)則k＝4時(-2)4C844=恒成立D對·hxhx)=(+=eeA對B中：R關(guān)于(0,0)對稱且有sinh.z(1-x=-sinh.c，cosh(x)=cosh(x)恒成立B對f()=≥c對D中左邊·右邊11.BCD【解析】A中：由A(0，0)，B(1，3)知：1PA|2＋PB|2=AB|2=10.B中,SPAB=PA·PB×=×=B對 112IPA||PB5C中：由a>0.b>0知：2a2+b2知112IPA||PB5ab對于D在Rt△ABP中，1AP|2＋|BP|2=AB|2＝(1-0)2十(3-0)2=10，設(shè)|APθ，|BP所以APIIBP()故D正確12B.D【解析】設(shè)正方體的棱長為4，以D為原點，以DA、DC、DD所1在的直線分別為軸，y軸，之軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示對于A選項，__D1FD1__D1FD1C1F1F2A1C1可知EF=，由EF時G在A點·4即為四邊形EFCA即為四邊形EFCA；.故AEFGe(0.故AEFGD1C1C1FFD1D1C1C1FFB1B1BBB對于B當(dāng)入=時AAAG==所以EG/DACB所以CB/平面EFG，VBEFG=VCEFG＝VGC1EF數(shù)學(xué)試卷參考答案與評分細(xì)則第2頁(共7頁)又GA1⊥平面EFC1，552''2VGCEF=3S△CEFGA=3×2又GA1⊥平面EFC1，552''2VGCEF=3S△CEFGA=3×2對于C當(dāng)入=時A1G=AE且AB1⊥平面A1EG對于CA1-55A1D1DA，E(10，4G(401)，所以EG的中點M20A1D1DA99-1)2+＋299-1)2+＋2十，F(xiàn)(0,1，4)，=t444325432t＝，r=243π，故CA143π，故C對于D，當(dāng)入=2時，B(440)C(0，4，4G(40，2)，E(1，0，4F(014)對于D所以BC1＝(，0，2)，EF所以BC1＝(，0，2)，EF＝(設(shè)平面EFG=(x1,y1，1)設(shè)平面EFG(c1＋21p·(c1＋21，令x1＝2，令x1＝2，x1＋yx1＋y所以可取=(2，2，3則所以可取=(2，2，3A1B1CD的法向量為BC1＝(，0，4)，A1B1CD的法向量為BC1＝(，0，4)，記平面m=(2記平面m=(2y2，2)，(mp＝22＋2y2＋32(則x2＋42x2＋42m=(2，，m=(2，，2＝2，22，故Dθ，則，故Dθ，則sinθ＝〈m,n〉=ABCD333338)222888)22288143π解析0PAB所以PA＝PB＝AB＝2，因為POLA0，POLOB，由勾股定理得。A=OB＝0P，數(shù)學(xué)試卷參考答案與評分細(xì)則第3頁(共7頁)即圓能的底面圓半徑r則v錐=3×π×()23π·17不15·36【解析f(=2sin+3，32因為。>0，函數(shù)f(z)=2sino+不在不不上單調(diào)遞減3223217所以，解得≤≤·+＋2不3+＋2不3616.0【解析】取x=y，則有f(2)=f(2)十f(2x)，則f(r2)＝0恒成立.f(2)＝0變形-]l=a而-]=-]=數(shù)列a是以首項-]=公比為的等比數(shù)列(3分)3a()(分)3(2)若入aa·則入·()3(3＋2)3"+1＋64入3+.＋2=3+＋2=1+3+而f(=1+是∈時的斌減數(shù)列f()>1故入1·(10分)+e·得AD-2CC-5若b＝2則則C在△ABC中，由余弦定理α2=b2＋c2-2CCOSA＝4＋9＋6=19，所以a·(6分) (2)因為b+c·則22(5)·e時等號成立因此S=sinA=44(5)2=25(12分)19解.：(1)AE平面ABCD，ABc平面ABCDAEAB，又ADAB，AB平面ADE，又AD//BC數(shù)學(xué)試卷參考答案與評分細(xì)則第4頁(共7頁)…點C到平面ADE距離為d＝AB＝1；也可利用等體積法求距離(4分)(2)依題意，建立以AAB，AD，AEx軸，y軸系如圖可得A(0,0，0B(1，0，0C(1，2，0)D(0，1，0)，E(0，0，2).設(shè)CF=h(h＞0)，則F(1，2h).依題意，BD＝(-1，1,0),BE＝(-1，0，2)設(shè)n＝(，y，)為平面BDE的法向量(BD＝0＋=0→則,→，即，令8=1可得n＝(2，21，.BE=0＋2x=0設(shè)m=(，y)為平面BDF的法向量，(mBD＝0(mBD＝0x十=0BF=02y+hz=0h則,→，即.令y=1可得BF=02y+hz=0h(12分)CF的長為2由=0得h=(12分)CF的長為220.解：(1)根據(jù)給定數(shù)據(jù)· 因為t=5)＝3，所以∑(tit)2＝(1-3)2＋(2-3)2＋(3-3)2＋(4-3)2＋(5-3)2=10，i=1所以5(tt)272272272098(6分)(tt)2(w,w5-(tt)2(w,w iyi(tt)(；w)27.2(2)由(1)知b＝5=5=＝2.72，所以y關(guān)于的經(jīng)險同舊方醒=272又=i5==l216 所以當(dāng)t＝7時，則＝7-3=4，w=y十w＝272×4＋12·16=23暢。4，所以預(yù)測2024年移動物聯(lián)網(wǎng)連接數(shù)23暢。4億戶·(12分)(C1lat2y2(C=tC=t橢圓C6+=1(4分)(2當(dāng)斜率不存在時：A(0yo).B(.coyo)由PAPB知：(2一o1-y0)(2-0，1＋yo)＝0有2-0)2＋1-yo2=1022代入y2=31-6知32-8+4=0可.得＝2或=3022但＝2時與P重合會去此時…=當(dāng)斜率k存在時設(shè)直線AB方程:y=kr十m聯(lián)立方程得:1＋2k2)2＋4kmx＋2m2-6=0設(shè)A(yB(2y2則+2=2=由直線PAPB相互重直得數(shù)學(xué)試卷參考答案與評分細(xì)則第5頁(共7頁)(1-22-2)＋(y1-1)(y2—1)＝0，帶入化簡得4k2＋8km＋3m2-2m-1=0即：(2k＋m-12k＋3m＋1)＝0；當(dāng)2K＋m-1=0時，直線AB過點P(舍)；21)當(dāng)2K＋3m＋1=0時，直線AB過定點Q3321)2133綜上所述直線AB過定點Q2133 221232在RtPAB中P到AB距離的最大值為IPQl而，PQ2=2—3＋1+3=9所以點P到直線AB的距離最大值為(12分)22解)函數(shù)f(f()1+1=2+-1(0)當(dāng)a=0時f()=，由f()>0得>1f(x)在(1,＋0)單調(diào)遞增在單調(diào)遞減；當(dāng)a0時有A>0且2a02a·f()=2+-12a由f()>0，即a2＋x-1>0(＞0)得>入2af()在(在(02a(1分)當(dāng)a＜0時△=1＋4αf()=2+-1由f()＞0，即ar2+z-1＞0(＞0)得 <2a(2分)f()在(·2a在2a2af(x)≤0若a4f(x)≤0(3分)f(x)在(0,＋(3分)：當(dāng)a時，f(x)在(1,在(0,1⑴a當(dāng)a>0時,f()在α，在0，a2a2a2a42a，2a當(dāng)＜a＜0時f()在42a，2a在0，αα＋o2a2a第6頁(共7頁)若a4f()在(0，+…單調(diào)遞減·(4分)(2)f(x)=-lh+22+(＞0)Cf()=-+a+1.f"()=2+aC①在a≥0時.