2024届新高考卷重庆市适应卷（三）数学试题及答案

{#{QQABJYIEogggABJAAQhCAwFaCAMQkAECAKoGgAAEoAAASANABCA=}#}{#{QQABJYIEogggABJAAQhCAwFaCAMQkAECAKoGgAAEoAAASANABCA=}#}高中新高考金卷2024届全国Ⅱ卷适应卷（三）数学答案一．单选题：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，只有一项符合题目的要求.1.选B1i1ii)2i【解析】()4[]4()4i1.4222.选D【解析】A(4)，因为AB中有且仅有两个元素，则B}，则a(0)(0,4).3.选Ba12a【解析】由正态分布的概率分布曲线的对称性知，10，则a19.24.选B【解析】由题可以知道b3或bab233，则由e1()2解得e2或.a3a35.选A1【解析】由条件得a,b，则2134ca2t2b2tab4t2t2t)232.6.选B【解析】在ABC中，由余弦定理得AC2AB2AC22ABACABC12，则232sin120AC23.由正弦定理可得ABC的外接圆半径为r2.设ABC的外接圆的圆心为OO作平面ABC的垂线lO在直线l上，11由于PAPBPC，则点P在l上.计算得PO1PA2r23，则有243r2(23R)2R2，解得R，则三棱锥PABC的外接球表面积3高中1高中SR7.选B2.33得)45)，由)【解析】方法1：由条件得，则25tantan1tantan34)，整理得mtan24(mtan30.因为唯一1存在，则有16(m236m0，解得m4或m4，又因为，则m4，1则tan，tan2，则tantan1.2方法2：因为满足题意的与唯一存在，所以与的终边关于角的终边对称，且4，则tantan1.28.选Af(0)1f(x)ae(af(0)1yf(x)'x'在点处的切线方程为yx1.当a0时，由exx1可知，f(x)ae(ax1aa(x(ax1ax1，所以|PQ|的最小值为直x|b1|线yx1与直线yg(x)xb的距离，由点到直线的距离公式知b1或b3b1.2，解得23小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项要求，部分选对的得部分分，有选错的不得分.9.选ABD【解析】由条件知圆台的高为3，AB4，AD2，BD23，则正确.设圆台的上下底面圆的半径分别为r1r2，1211vP(223)32，所以选项A32r1，r2Sr21r(rr)AP11B正确.如图，过点P作AB的2122垂线交AB于T，过点T作BD的垂线交BD于Q，连接PQ，则易证高中2高中3221，则2PQBD，TQ，PT3，则PQ112137SBDPQ23，所以选项C错误.过A作BD的平行线交底2222面圆周于点M，连接PM，则PAM即为直线AP与BDPAM中，AMBD23，AP2，PM10，由余弦定理得AP2AM2PM233PAMAP与BD夹角的余弦值为D2APAM443.4正确.选项D妙解，由三余弦定理得PAM6310.选ADx3x1【解析】由条件xy3得y(x，则x3x14x144xy4x4x14(x5216513x1,当且仅当xy5是取等号，选项A正确.由xy323，即(0，解得9，当且仅当由xy(xy)2(2得xxy3时取等号，选项B错误.22222y2(xy)289，从而x2y218，当且仅当xy3时取等号，选项C错误.由xy3得11311231，当且仅当xy3时取等号，选项D正9，因为，所以xyxy确.11.选BCD【解析】设动圆P的半径为，由条件得r|PF1r1，|23r，则|PF||PF4|FF|，且P，，N不重合，故点P的轨迹为以F，FM为焦点的121212x2y2P，M，NC的方程为x2)A43错误.易知MPN与12互补，而1PF的最大值为60，则MPN的最小值为2高中3高中120，选项B正确.r1r12PFNPPFr(rrr)2rr)2(2)C正确.由122椭圆的光学性质知D选项正确.三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填写在答题卡相应位置上.12.答案为30C42C122C116【解析】先将4人任意分成3组，共有种分法，而甲，乙在一组的分法有1种，A2因此满足题意的分组方法共有53A6种方33法，根据分步计数原理，满足题意的安排方法共有5630种.13.答案为1099x1x12xx2)4(2x2)1010x989a2a9a10a0a1a2a9910得，而，则.129k12k15214.答案为f(x)的图象关于直线x对称，则k,kZ，即【解析】因为33321k,kZf(x)在(0,)上恰有两条对称轴，当.因为0时，27613，此时无解.当，解得0时，，232623217115525解得，此时,故实数的值为.则f(x)sin(x)，因662232f()sin(A)0A)A(,)A33.在ABC为5333bcbc，则bc3，当且仅当bc3时取等号，则中，由余弦定理得3b2c2133333ABC的面积，故ABC面积的最大值为SbcsinAbc.2444四．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.（Ⅰ）an(n2n2（Ⅱ）证明略.a，a，a32aaa32aa2，12321323高中4高中SS22S331212a又{}为等比数列，则，n1，也成等比数列，则()2(3)，联立解n23SS得a3，a8，则数列{}的公比为n2，则n2n1，即Snn2n1.当n2时，23nnnSnSn1(n2，a1也适合a(n2n2n}的通项公式为n21nn(n22.nnn1（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a(n2n2，则bn2n2，则nn22n2n2cn，记，则n2n1(2n2n1nn1(211nn，则2n21121111111n121nn，因为210012n2111212121121321n121n120，所以T.1n3213232623316.（Ⅰ）（Ⅱ）11解法1ABCDABCDBB平面ABCD，11111又因为平面ABCD，则ACBM，又ACBM，且BB1BMB，BB,BM平面BBM，则AC平面BBM.设平面BBM与棱AD交于点1111Q，连接，BQ，则ACBQ.因为AD2AB，不妨设ABa，AOAQAD，设ACBQO，易知，则，又BQ，11ACa，BQ22a，则有AC，则1122aa11()2()2(2a)2，解得，所以Q为AD中点.由面面平行性质知12//BBM为AD的中点.设平面交棱AB于点P，BP11111边形即为所作截面.由面面平行性质知//BD，则P为AB的中点，则四边形11为梯形.因为AB2，则AD22，则BD23，3，又BP3，高中5高中26310.设梯形的高为h9h210h23h126326四边形的面积S(323).232解法2：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则(0,0,0)，B(2,0)，C(2,22,0)，My,22)，则AC(2,22,0)，BM(y,22).因为ACBMACBM422y0y2AD22M为AD的中点.以下同解法1.11（2）由（Ⅰ）知M为AD的中点，因为CNNC，则N为CC的中点.不妨设1111AB2(0,0,0)，C(2,22,0)，M2,22)，D(0,22,0)，N(2,22,2)，则AC(2,22,0)，2,22)，ND(2,0,2)BBM1的一个法向量为AC(2,22,0)，设平面NMD的一个法向量为m(x,y,z)，则y2z0m02，y22，则，即，取x1，则zNDm033m22,2).所以AC,m，则平面BB1M与NMD所成夹角的余1133弦值.1117.（Ⅰ）根据小概率值0.05（Ⅰ）37（Ⅱ）E(X)26354108A等级的男生有40人，B等级的男生有20等级的女生都为20人，列联表如下：男生女生合计A等级40B等级202020406040合计60100零假设H0：学生对垃圾垃圾分类的了解程度与性别无关.高中6高中100(40202020)604040602259则22.783.841，所以没有充分的理由说明H0不成立，即学生对垃圾垃圾分类的了解程度与性别无关.1）根据题意，比赛只进行3局就结束，则有甲连胜3局或者乙连胜3局两种情况.设比赛只进行3局就结束为事件A.2122第一种情况，甲连胜3局.此时，P.132311191第二种情况，乙连胜3局.此时，P.23231855则P()PP，即比赛进行3局结束的概率为.121818（2）由题意X取值为0，1，2，3.则111P(X0)32318121111111215，P(X()，3233233232362111212121111121111111211(X()323232323232323232323232337则P(X1P(X0)P(XP(X2).则分布列如下：54XP0115231337183610854151337263.则E(X)0121836310854108118.（Ⅰ）a)（Ⅱ）证明略e2ax2)，若a0，则当x(0,)时，f(x)2ax'【解析】（Ⅰ）xxf'(x)0，f(x)f(x)a0f(x)0'aaa得，x，则当x)时，f'(x)0，f(x)单调递增，当x(,)时，aaaf(x)单调递减.因为f(x)有两个不同的零点，则必有aaa1f()2lna()2a10，解得0a，又x0时，aaae1f(x)，当x时，f(x)，故当0a时，f(x)有两个不同的零点，e1所以实数a的取值范围为).e高中7高中a（Ⅱ）由（Ⅰ）知x，x是函数f(x)的两个不同零点，不妨设0x2121a，则有f(x)f(x)0，即2ln1ax210，2ln2ax20，作差得12212212xx)a(x212)，先证xx，即证xx，即证2121212a21)xx112t12，设t21t11，则只需证1，即证t2lnt，设x212lntt2ln1112t2gt)t2lnt，则g't)10，则gt)单调递增，则tt2tt211gt)g0，则t2lnt成立，也即xx成立.再证xxx，因为x是方程120120taxax20的根，则xax20，又有2lnxax210，2ln2220，0012xx)a(x2122)a(xx)22axxa(xx)22xx)2axx则121212121212为函数yxax单调递增，则2xx)2axx2lnx2ax，故要证xxx，121200012221a(xx)24，即证xx.只需证2x，因为x(,)，只需证121212aaa21121(,)，且f(x)在(,)上单调递减，则只需证f(2)f(1)，aaaa2又因为f(x)f(x)，即证f(1)f(1).设则12a21h(x)f(x)f(xx)，aa24(ax21h'(x)f'(x)f'(x)0，则h(x)在x)上单调递减，则a(ax2)xa122h(x)h()0f(x)f(x)f(2)f(x)xxx成立.1012aaa19.（Ⅰ）证明略（Ⅱ）证明略高中8高中y1【解析】（Ⅰ）证明：设M(x,y)，N(x,y)，联立，消去y得11222x4yx2440，由韦达定理得xx4k，xx4，则1212yy114k22T(2k,2k2AT垂直于x(2k,.4y，则AT的中点在11212设AT的中点为G，则G(2k,k2)，显然G的坐标满足方程x2上.（Ⅱ）因为AB//，则AB的方程为y1k(x2k)，联立C2:yx21得x22k0x2k或xkA，B位于yB(2k,4k.22设点(x,y)在抛物线C上，则易得C在点(x,y)处的切线方程为xx2y2y0，00110000设P(x,y)，Q(x,y)，则C在P(x,y)与Q(x,y)处的切线方程分别为334413344xx2y2y0与xx2y2