2024年八省八校（T8联考）高考数学第二次质检试卷【含答案】

第1页（共1页）2024年八省八校（T8联考）高考数学第二次质检试卷一、选择题：本题共8小题，每小题3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．（3分）（2024•T8联考模拟）已知集合，则A∩B＝（）A．（﹣2，2） B．[﹣2，2） C．（﹣2，2] D．[﹣2，2]2．（3分）（2024•T8联考模拟）复数z＝a+bi（a≠0，a，b∈R）满足（1﹣i）z为纯虚数，则（）A．a+b＝0 B．a﹣b＝0 C．a+2b＝0 D．a﹣2b＝03．（3分）（2024•T8联考模拟）样本数据5，7，4，6，12，10，11，9的第70百分位数次为（）A．7 B．9 C．9.5 D．104．（3分）（2024•T8联考模拟）若成等比数列，则公比为（）A．﹣2 B．﹣3 C． D．25．（3分）（2024•T8联考模拟）甲、乙、丙、丁、戊5位同学报名参加学校举办的三项不同活动，每人只能报其中一项活动，每项活动至少有一个人参加，则甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为（）A． B． C． D．6．（3分）（2024•T8联考模拟）在△ABC中，，则sinC＝（）A． B． C． D．17．（3分）（2024•阳泉三模）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为线段C1D1上的动点，则三棱锥P﹣BCD外接球半径的取值范围为（）A． B． C． D．8．（3分）（2024•T8联考模拟）已知抛物线C的方程为为其焦点，点N坐标为（0，﹣4），过点F作直线交抛物线C于A，B两点，D是x轴上一点，且满足|DA|＝|DB|＝|DN|，则直线AB的斜率为（）A． B． C． D．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在毎小题给出的选项中，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．（多选）9．（6分）（2024•T8联考模拟）已知函数，则下列判断正确的是（）A．若n＝1，且f1（a）+f1（b）＝0，则ab＝1 B．若n＝2，且f2（a）+f2（b）＝0，则ab＝1 C．fn（x）是偶函数 D．fn（x）在区间（1，+∞）上单调递增（多选）10．（6分）（2024•T8联考模拟）已知O为坐标原点，点A（cosα，sinα），B（cosβ，sinβ），α≠β．若点C满足|OC|＝1，OC⊥AB，则下列判断错误的是（）A． B．△AOB面积的最大值为 C． D．（多选）11．（6分）（2024•T8联考模拟）已知正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为1，M是AA′中点，P是AB的中点，点N满足，平面MPN截该正方体，将其分成两部分，设这两部分的体积分别为V1，V2，则下列判断正确的是（）A．时，截面面积为 B．时，V1＝V2 C．|V1﹣V2|随着λ的增大先减小后增大 D．|V1﹣V2|的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）（2024•宝鸡模拟）y＝kx+b是在（1，0）处的切线方程，则b＝．13．（5分）（2024•T8联考模拟）1675年，卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现了卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹．已知点F1（﹣2，0），F2（2，0），动点P满足|PF1|•|PF2|＝6，则△PF1F2面积的最大值为．14．（5分）（2024•T8联考模拟）已知x1，x2是实数，满足，当|x1|取得最大值时，|x1+x2|＝．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．（25分）（2024•T8联考模拟）设数列{an}为等差数列，前n项和为Sn，a3+a7＝22，S10＝120．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设的前n项和为Tn，求Tn．16．（15分）（2024•T8联考模拟）乒乓球（tabletennis），被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目．已知某次乒乓球比赛单局赛制为：两球换发制，每人发两个球，然后由对方发球，先得11分者获胜．（1）若单局比赛中，甲发球时获胜的概率为，甲接球时获胜的概率为，甲先发球，求单局比赛中甲11：2获胜的概率；（2）若比赛采用三局两胜制（当一队赢得两场胜利时，该队获胜，比赛结束），每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛结果相互独立，记X为比赛结束时的总局数，求X的期望．（参考数据66＝46656）17．（15分）（2024•T8联考模拟）已知三棱锥P﹣ABC中，侧面PAC是边长为2的正三角形，AC＝2，BC＝4，AB＝2，，平面AEF与底面ABC的交线为直线l．（1）若BC⊥PC，证明：PC⊥AF；（2）若三棱锥P﹣ABC的体积为，Q为交线l上的动点，若直线PQ与平面AEF的夹角为α，求sinα的取值范围．18．（21分）（2024•T8联考模拟）已知双曲线P的方程为，其中a＞2，D（x0，y0）（x0≥a，y0＞0）是双曲线上一点，直线DB与双曲线P的另一个交点为E，直线DC与双曲线P的另一个交点为F，双曲线P在点E，F处的两条切线记为l1，l2，l1与l2交于点P，线段DP的中点为G，设直线DB，DC的斜率分别为k1，k2．（1）证明：；（2）求的值．19．（17分）（2024•T8联考模拟）记A＝{l（x）|l（x）＝kx+m，k，m∈R}，若l0（x）∈A，满足：对任意l（x）∈A，均有|f（x）﹣l（x）|≥|f（x）﹣l0（x）|，则称l0（x）为函数f（x）在x∈[a，b]上“最接近”直线．已知函数g（x）＝2lnx﹣x2+3，x∈[r，s]．（1）若g（r）＝g（s）＝0，证明：对任意l（x）∈A，max|g（x）﹣l（x）|≥1；（2）若r＝1，s＝2，证明：g（x）在x∈[1，2]上的“最接近”直线为：，其中x0∈（1，2）且为二次方程2x2+（2ln2﹣3）x﹣2＝0的根．

2024年八省八校（T8联考）高考数学第二次质检试卷参考答案与试题解析题号12345678答案BADBCCCB一、选择题：本题共8小题，每小题3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．【解答】解：A＝{x|﹣2≤x＜3}，B＝{x|x＜2}．所以A∩B＝[﹣2，2）．故选：B．2．【解答】解：∵（1﹣i）（a+bi）＝a+b+（b﹣a）i，（1﹣i）z为纯虚数，∴a+b＝0．a≠b．故选：A．3．【解答】解：因为8×70%＝5.6，所以数据4，5，6，7，9，10，11，12的第70百分位数为10．故选：D．4．【解答】解：∵x，y，z成等比数列．∴xz＝y2，即（a+lnb）（a+2lnb）＝，∴a2+3alnb，∵b≠1，∴，∴公比为．故选：B．5．【解答】解：先将5名志愿者分成3组，第一类分法是3，1，1，第二类分法是2，2，1，再分配到三项活动中，总安排数为，而甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同排列数为，所以所求概率为＝．故选：C．6．【解答】解：∵a2+c2﹣b2＝2accosB，又b2+c2﹣a2＝2bccosA，∴两式相减，得2a2﹣2b2＝2accosB﹣2bccosA＝﹣c2，∴2acosB﹣2bcosA＝﹣c，又sin（B﹣A）＝，∴由正弦定理可得2sinAcosB﹣2sinBcosA＝﹣2sin（B﹣A）＝﹣sinC，∴．故选：C．7．【解答】解：如图，连接AC，交BD于点E，易多E为△BCD的外心，连接A1C1，B1D1．交于点F，易知EF⊥平面BCD，∴三棱锥P﹣BCD的外接球球心O在EF上．设△PCD的外接圆圆心为O′，∴OO′⊥平面PCD，且OO′＝1．设△PCD的外接圆半径为r．三棱锥P﹣BCD的外接球半径为R．∴R2＝1+r2．设PC1＝x，x∈[0，2]．∴，又，∴＝，∴．设f（x）＝（x2﹣4x+8）（x2+4），所以f′（x）＝4（x3﹣3x2+6x﹣4），设g（x）＝f′（x）．则g′（x）＝12（x2﹣2x+2）＞0．又f′（1）＝0，∴易知f（x）∈[25，32]．∴，∴．故选：C．8．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），D（a，0），设直线AB方程为：y＝kx+1，联立直线与抛物线方程，可得：x2﹣4kx﹣4＝0，∴x1x2＝﹣4，又，故A，B在以D为圆心，为半径的圆上，∴A（x1，y1），B（x2，y2）是方程x2+y2﹣2ax﹣16＝0的解．将y＝kx+1代入该方程，得（1+k2）x2+（2k﹣2a）x﹣15＝0．∴．∴，即．故选：B．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在毎小题给出的选项中，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．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，若n＝1，则f（x）＝，若f1（a）+f1（b）＝0，即+＝＝0，必有ab＝1，A正确；对于B，若n＝2，则f2（x）＝，f2（a）+f2（b）＝0，即+＝0，变形可得：+＝0，则有ab＝1或ab＝﹣1，B错误；对于C，当n为奇数时，fn（x）既不是奇函数也不是偶函数，C错误；对于D，fn（x）＝＝﹣﹣1，在区间（1，+∞）上，y＝xn﹣1为增函数，则fn（x）＝＝﹣﹣1在区间（1，+∞）上单调递增，D正确．故选：AD．10．【解答】解：因为|OC|＝1，OC⊥AB，则点C在劣弧上或者在优弧上．则或者，故A错误；，故B正确；取，，则，故C错误；当点C在劣弧上时，，当点C在优弧上时，，故D错误．故选：ACD．11．【解答】解：如图1，当时，截面为正六边形，且边长为，故截面面积为＝选项错误；由对称性可知．当时，平面分两部分体积相等，B选项正确；如图2．当λ从0变化到1时，截面从四边形MD′CP变化至五边形MPJC′Q（其中J为BC靠近B点的三等分点），∴被截面所分两部分体积之差的绝对值先减小至0，再逐渐增大，故C选项正确；∴|V1﹣V2|取最大值时对应为λ＝0，或λ＝1时情形，计算可知λ＝0时，时，，∴|V1﹣V2|的最大值为，故D选项正确．故选BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．【解答】解：函数的导数为y′＝，可得函数y＝在（1，0）处的切线斜率为1，则k＝1，1+b＝0，解得b＝﹣1．故答案为：﹣1．13．【解答】解：∵|PF1|•|PF2|＝6，|F1F2|＝4，由余弦定理得，＝﹣，当且仅当时取等号．∴sin∠F1PF2∈[0，1]，∴△PF1F2面积．故答案为：3．14．【解答】解：∵．∴，∴，∴|x1|≤4，当且仅当，即或时，等号成立，∴当|x1|取得最大值时，|x1+x2|＝|4+1|＝5．故答案为：5．四、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．【解答】解：（1）∵a3+a7＝22，S10＝120，∴，解得，则数列{an}的通项公式为an＝3+（n﹣1）×2＝2n+1；（2），∴＝．16．【解答】（1）因为甲先发球，且甲11：2获胜，所以一共有13局比赛，最后1次由甲发球，且最后一次甲赢，前12局，甲发球6次，乙发球6次，乙共获胜2次，所以单局比赛中甲11：2获胜的概率为＝；（2）由题意得X的取值为2，3，，，所以X的期望为．17．【解答】（1）证明：因为，即E，F分别为棱PC，PB的中点，所以EF∥BC，因为BC⊥PC，所以EF⊥PC，因为△PAC为等边三角形，E为PC中点，所以PC⊥AE，又EF∩AE＝E，EF，AE⊂平面AEF，所以PC⊥平面AEF，因为AF⊂平面AEF，即证得：PC⊥AF；（2）解：如图，在底面ABC内，过点A作BC的平行线，即面AEF与底面ABC的交线l，由题意可得AC2+BC2＝AB2，即AC⊥BC，故底面△ABC的面积为，设底面△ABC上的高为h，则，于是，因为侧面PAC是边长为2的正三角形，取AC中点D，连接PD，则，从而PD⊥平面ABC，取AB中点M，连接DM，则DM⊥AC，以点D为坐标原点DA，DM，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则，，所以＝（1，y，﹣），＝（﹣，0，），＝（0，2，0），设平面AEF的一个法向量为＝（x0，y0，1），则，即，解得x0＝，y0＝0，即＝（，0，1），所以•＝﹣＝﹣，||＝＝，||＝＝，可得cos＜•＞＝＝＝﹣，因为直线PQ与平面AEF的夹角为α，α∈[0，]，所以sinα＝|cos＜•＞|＝≤，所以sinα∈（0，]．18．【解答】（1）证明：B（﹣a，0），C（a，0），D（x0，y0），直线DB，DC的斜率分别为k1，k2，则，所以，又D（x0，y0）在双曲线上，双曲线P的方程为，所以，所以，由x0≥a可知：；（2）解：设E（x1，y1），F（x2，y2），设直线l1，l2的斜率分别为k3，k4，故l1的方程为y﹣y1＝k3（x﹣x1），联立方程：，整理可得：（1﹣4）x2+8（k3x1﹣y1）k3x﹣4（k3x1﹣y1）2﹣4＝0，由Δ＝0，即Δ＝64[（k3x1﹣y1）k3]2﹣4（1﹣4）[﹣4（k3x1﹣y1）2﹣4]＝0，整理可得（k3x1﹣y1）2（4+1﹣4）+1﹣4＝0，整理可得（4﹣）+2k3x1y1﹣﹣1＝0，可得k3＝＝，又因为4﹣＝﹣4，所以k3＝＝同理可得，消去y，可得，将k3，k4表达式代入方程，化简整理可得，则，，联立DB的方程与双曲线的方程：，整理可得：，该方程两根为y0，y1，由韦达定理可知：，同理可得，将y1，y2表达式代入xp中，化简整理可得＝，再将，代入上式，化简整理可得．所以点G的横坐标xG＝＝0，所以OG⊥BC，故|GB|＝|GC|．所以．19．【解答】证明：（1）由题意，则当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）在区间（0，1）上单调递增；当x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）在区间（1，+∞）上单调递减．又g（r）＝g（s）＝0，∴0＜r＜1＜s．∴g（x）在区间[r，s]上的最大值为gmax（x）＝g（1）＝2，根据函数g（x）的图象特点，可知对任意l（x）∈A，均有|g（x）﹣l（x）|≥（|g（r）﹣l（r）|，|g（s）﹣l（s）|，|g（1）﹣l（1）|}＝{|l（r）|，|l（s）|，|2﹣l（1）|}，下面讨论|l（r）|，|l（s）|的大小：①若|l（r）|，|l（s）|至少有一个大于等于1，则|g（x）﹣l（x）|≥1；②若|l（r）|，|l（s）|两个都小于1，则l（r）＜1，l（s）＜1，因为l（x）是直线，故对任意x∈[r，s]，均有l（x）＜1，∴l（1）＜1，从而：