数学丨金太阳24~239C湖北省十堰市2024届高三上学期1月调研考试数学试卷及答案

十堰市2024年高三年级元月调研考试数学参考答案UA）nB（1,3]U[5,十…）.,,则该圆锥的母线长为槡r2十h2—5.减区间为[—十kπ,十kπ],kez.令k—0,得函数f（工5.A易知C的一个焦点到一条渐近线的距离为b,则b—2槡2a,所以C的离心率e—槡1十 由tan2β—12tβ——,解得tanβ——或tanβ—3.又因为a十是第二象限角,所以β是第一或第三象限角,所以tanβ—3.8.B由题意知P(Ω1）—,P(Ω2）—X十X—,P(Ω3）—X十X十X十X十X—,P(Ω4）—X十X十X十X—,因为P(Ω1nΩ4）—X—牛P(Ω1）.P(Ω4）,所以A错误,因为P(Ω1nΩ3）—X——P(Ω1）.P(Ω3）,所以B正确,因为P(Ω2nΩ4）—0牛P(Ω2）.P(Ω4）,所以C错误,因为P(Ω3nΩ4）—0牛P(Ω3）.P(Ω4）,所以D错误.【高三数学.参考答案第1页（共7页）】.24-239C.9.BC对于A,甲组样本数据的平均数为X（1十2十2十7十8十10）—5,乙组样本数据的平均数为X（3十3十5十6十9十10）—6,A错误.对于B,甲组样本数据的极差为10—1—9.乙组样本数据的极差为10—3—7,B正确.对于C,甲组样本数据的方差为X[42十32十32十22十32十52]—12,乙组样本数据的方差为X[32十32十12十0十32十42]—,C正确.对于D,6X75%—4.5,故甲组样本数据的第75百分位数为8,乙组样本数据的第75百分位数为9,D错误.10.BCD因为|a|—槡50—5槡2,所以A错误；因为（a—3b）」b—（1,2）.（2,—1）—0,所以B —5槡21槡5—30,所以C正确；a在b方向上的投影向量的坐标为X—3b—（6,—3）,则D正确.11.BCD对于A,因为A（0,5）,B（—5,0）,所以直线AB的方程为工—>十5—0,圆心C（—3,4）到直线AB的距离为4十1—槡2,又因为圆C的半径r—2槡2,所以直线AB截圆C所得的弦长为2X槡8—（槡2）2—2槡6,A错误.对于B,易知|AB|—5槡2,要想ΔPAB的面积最大,只需点P到直线AB的距离最大,而点P到直线AB的距离的最大值为2槡2十槡2—3槡2,所以ΔPAB的面积的最大值为X3槡2X5槡2—15,B正确.对于C,当点P在直线AB上方时,点P到直线AB的距离的范围是（0,r十槡2）,即（0,3槡2）,由对称性可知,此时满足到直线AB的距离为槡2的P点位置有2个.当点P在直线AB下方时,点P到直线AB的距离的范围是（0,r—槡2],即（0,槡2],此时满足到直线AB的距离为槡2的P点位置只有1个.综上所述,满足到直线AB的距离为槡2的P点位置共有3个,C正确.一一一一一一一一一一一一对于D,由题意知PA.PB—（PC十CA）.（PC十CB）—PC2十PC.（CA十CB）十CA.CB.一一一一一一一一一一一一0十3,>0—4）,故十1,3,解得2,即D（—2,1）,|D|—槡10.所以.X以—2十4槡5cOS〈C,D〉e[—2—4槡5,—2十4槡5],即.的取值范围为[—2—4槡5,—2十4槡5],D正确.12.ACD对于A,取AB1的中点G,连接FG,DE（图略）,易知G也是DE的中点,在ΔAB1F中,因为FA—FB1,G为AB1的中点,所以FG」AB1,在ΔDEF中,因为FD—FE,G为DE【高三数学.参考答案第2页（共7页）】.24-239C.的中点,所以FG」DE,又因为AB1,DE仁平面ABB1A1,所以FG」平面ABB1A1.又因为FG仁平面AB1F,所以平面AB1F」平面ABB1A1,A正确.对于B,设点B1到平面BCD的距离为h,易知SΔBCD—X2X槡5—1—2,SΔB1D—X2X2—2,因为VB1—BCD—VC—B1D,所以X2h—X2X槡3,解得h—槡3,B错误.A一P（—1,槡3,t）,0三t三2,—（1,槡3,1）,—（—1,槡3,t—1）,设DB1与DP所成的角为 24.令u—t—1（—1三u三1）,则cosθ—槡24,当u—0即t—1时,cosθ—槡；当0<u三1即1<t三2时,cosθ—槡u槡1十u4,可知槡<cosθ三；当—1三u<0即0三t<1时,可知三cosθ<槡.综上,槡uDB1与DP所成角的余弦值的取值范围为[,],C正确.对于D,由A选项中的结论知FG」平面ABB1A1,FG—槡3.又因为球面的半径为槡9,所以以F为球心,槡9为半径的球面与侧面ABB1A1的交线2—（槡32—23.如图,GM—23,GE—1,所以cos人MGE—槡,解得人MGE—,由圆与正方形的对称性知人MGN—,所以球面与侧面ABB1A1的交线长为23XX4—4槡π,D正确.13.—17因为f（工）为奇函数,所以f（—2）——f（2）ℴℴ（2X23十1）——17.14.12因为———2,所以p—4,故抛物线的方程为>2—8工,焦点F（2,0）,易知过焦点F且(>2—8工,>121十工2—8,所以|AB|—工1十工2十p—8十4—12.2工2—2（1十tan2工）.令t—1十tan2工e[1,十…）,则（t>1）,故g,（t）——十6t—2—.令h（t）—3t3—t2—2（t16.（—…,—）U（,十…）由题意可得an十1—an—（—）n,所以an—a1十（a2—a1）十（a3【高三数学.参考答案第3页（共7页）】.24-239C.2n—1n]nt十an十3）>0当n为偶数时，an—[1—n]e[—an十3——[1十n十3]e[—，—所以t>或t<—；以t>或t<—.1a1312—a1因为d牛0，所以d—2a1.……………………2分又a2—31十d—3.…………………3分，………4分12.………5分—n（n1）——n1，………7分所以Tn—1—十—十—十…十—n1—1—n1，………9分又因为n1>0，所以1—n1<1，即Tn<1.……………10分（35X0.005十45X0.010十55X0.010十65X0.020十75X0.032十85X0.023）X1068.3.…………………………4分低于60分的频率为（0.005十0.010十0.010）X10—0.25—，…………6分B（5……7分5P（X—1）—CXX4—14，2X3—14，3X2—，【高三数学.参考答案第4页（共7页）】.24-239C.4X—，5所以X的分布列为X012345P 1 1545512135512405243………………10分………………12分19.解1）由题可知人AED—.……………1分在ΔAED中，设DE—工，由余弦定理得AD2—AE2十DE2—2AE.DE.cos人AED，…………………3分十槡3工60，解得工槡3，即DE槡3.…………5分（2）在ΔCED中，由正弦定理得sinCD—sinED，…………………7分解得sin人ECD—槡.………………………8分因为人ECD—人BAC十人B>人BAC—，sin人ECD—槡<sin—槡，人ECD>，即人ECD为钝角，……………9分所以cos人ECD——槡.…………………10分…………12分20.（1）证明：取CD的中点F，连接EF，PF，OF，因为E为PC的中点，所以EF/PD.又EF丈平面PAD，PD仁平面PAD，所以EF/平面APD.…………1分因为OE/平面PAD，OEnEF—E，所以平面OEF/平面PAD.…………………2分因为平面ABCDn平面OEF—OF，平面ABCDn平面PAD—AD，所以OF/AD.……………………3分因为AD」CD，所以OF」CD.……………4分由PO」平面ABCD，可得PO」CD.又POnOF—O，所以CD」平面POF，从而PF」CD.………………5分因为PF是CD的中垂线，所以PC—PD.………………6分【高三数学.参考答案第5页（共7页）】.24-239C.（2）解：因为PO」平面ABCD,所以PC与平面ABCD所成的角为人PCO—60。,又OC」OD,AB—CD—2,所以PO—槡3CO—槡6.………7分…………8分……………9分……………9分,—0,一—槡6,得n一—槡6,得n—（0,槡6,1）.…………10分,—0,所以cos〈m,n〉——槡7槡7—,即平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为.……………12分21.解1）因为椭圆C的长轴长是短轴长的3倍,所以a—3b,……………1分则椭圆C的方程为2十—1.……………2分 又椭圆C经过点（1,22）,所以十—1,……………3分解得b—1,a—3,所以椭圆C的方程为2十>2—1.………4分,>1,>2）,直线PQ的方程为工m>十n,且n牛3,2—90,………………由Δ>0,得m2—n2十9>0,所以>1十>2—2,>1>2—.………6分3.工22即3>1>22121十>22—0.…………………8分22—0,……9分化简得6n—36—0,解得n—6,即直线PQ恒过点N（6,0）.……………10分因为AB」PQ,所以点B在以线段AN为直径的圆上,取线段AN的中点为M（,0）,则|MB|—|AN|—,所以存在定点M（,0）,使得线段BM的长度为定值.………12分2分……………2分……………【高三数学.参考答案第6页（共7页）】.24-239C.（槡a，十…）上单调递增.……………………5分合要求，故a>0.…………………