《2024届湖北高三元月调考数学试卷（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届湖北高三元月调考数学试卷（含答案）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1湖北省部分市州 2024 年元月高三期末联考数学参考答案一、单选题，每小题一、单选题，每小题 5 分分.1.B2.A3.A4.B5.B6.D7.C8.D8.【解析】对于 A，4)0(,224,1)0(ffff，4T，A 错误；对于 B，4)0(,2244)(ffffxf连续，)(xf不可能在区间04，上单调递减，B 错误；对于 C，12)0(ff，)(xf的图象不可能关于点212，中心对称；【对于 A，B，C 三个选项也可以直接推理论证，可以得出同样的结论.】对于 D，)(xf是偶函数，2T.不妨研究20，x,此时xxxxxxxxxxxxxfcossin1cossincoscossinsin
2、cossincossin)(2233令4sin2cossinxxxt，则21，t，21cossin2txx，tttttgxf2321211)()(32，21，t0)1(232323)(22tttg在21，t时恒成立)(tg在21，t时单调递减，22223221)()(3minmintgxf，D 正确.应选择 D.附附)(xf图象：图象：2二、多选题，每小题二、多选题，每小题 5 分，全选对得分，全选对得 5 分，部分选对得分，部分选对得 2 分，有错选得分，有错选得 0 分分.9.ACD10.AC11.BC12.BC11.【解析】如图，设)31,(tatA为直线上任意一点，过点 A 作axxx
3、f233)(的切线，切点为)(,(00 xfxB，xxxf63)(2，则函数axxxf233)(图象在点 B 处的切线方程为)()(000 xxxfxfy，即)(63()3(00202030 xxxxaxxy，)(63()3()31(00202030 xtxxaxxta（*）整理得，0)132()1(020txx，解得213100txx或当1t时，2131t，方程（*）仅有一个实根，切线仅可以作 1 条；当1t时，2131t，方程（*）有两个不同实根，切线可以作 2 条.答案为 BC.12.【解析】根据题意可以构造长宽高分别为 6cm,4cm,4cm 的长方体，如图.对于 A，异面直线AD与B
4、C所成角的余弦值为135，A 错误；对于 B，当 F 为 BC 的中点时，EF垂直于长方体的上下底面，此时线段EF的最小值为cm4，B 正确；对于 C，工艺品PABCD的体积)(48446213134462cmV，C 正确;对于 D，由于PABCD的顶点都在长方体的顶点处，PABCD的外接球即为长方体的外接球，设PABCD的外接球半径为 R，则68446R22222，外接球的表面积为68，6864，PABCD不可以完全内置于表面积为264 cm的球内，D 错误.答案为 BC.三、填空题三、填空题,每小题每小题 5 分分.13.114.715.01(01)aa，写或不 扣 分16.3233，15
5、【解析】0ln1)1(1xxaeax，0 x3xexxaxexaxlnln1ln1令xexfx)(，则)(ln)1(xfaxf，而R)(在xf上递增xaxln1结合函数xyaxyln1和的图象易知，01aa或.16.【解析】设椭圆右焦点为 F，直线cax2与 x 轴交于点 H，PCAP，结合图形知，2,1 11222222eeeeecaaccccaacFHAFPCAP，3221又32tantanQBAQAB，32PBPAkk即计算得，22abkkPBPA，所以3222ab，133122，abace3233，e.四、解答题四、解答题17.（10 分）【解析】（1）EBAE2，ABCBCESS31
6、而21232218cos182sin6621sin21CADCADBACACABSABC，2431ABCBCESS.5 分（2）解法：cosCAD=322，CAD),0(，sinCAD=3131sin2coscosCADCADCAB在ABC 中，96316623636cos2222CABACABACABBC464BC，在等腰ABC 中，3666221cosBABCBABDRt中，BDBDBAB636cos，63BD23365422BABDAD.10 分解法：由ACDABDABCSSS得，CADADADCADsin6216212sin6621，23AD10 分18.（12 分）【解析】(1)连接
7、 AC，BD 交于点 O，则 ACBD，建系如图，则)1,0,3(),2,1,0(),0,1,0(),0,0,3(FEBA,),1,1,3(),2,2,0(),0,1,3(BFBEAB1 分设平面 ABE，平面 BEF 的法向量分别为),(),(22221111zyxnzyxn则由003111111zynBEyxnAB，取3,3,11n由0032222222zynBEzyxnBF，取1,1,02n3 分设二面角 A-BE-F 的大小为，7422732,coscos212121nnnnnn5 分77cos1sin2所以二面角 A-BE-F 的正弦值为77.6 分5（2）存在 H 符合题意，且41
8、EDEH.理由如下：7 分解法：（几何法）取 FC 中点 M，连接 GM，则 GM/BF,而 GM平面 BEF，BF平面 BEF，GM/平面 BEF；8 分过 M 作 MN/EF 交 ED 于 N，连接 MN，NG.同理可知，MN/平面 BEF；由 GMMN=M，平面 GMN/平面 BEF，10 分GN/平面 BEF，点 N 即为所求的点 H.四边形 EFMN 为平行四边形，EN=FM，DE=2FC=2，所以41EDEH.H 为 DE 靠近点 E 的四等分点（即EDEH41）.12 分解法：（向量法）令)1,0(EDEH，则)0,1,0(D，)20,0()20,0(，EH22,23,23)20
9、,0(2,23,23，EHGEGH若 GH/平面 BEF，GH平面 BEF，02nGH02223041EDEH4141EDEH注：其他解法，可以酌情给分.19.（12 分）【解析】（1）比赛进行 4 局后甲获胜，则甲在前 3 场需要胜 2 局，第 4 局胜,278323132223 CP4 分（2）由题意知，X的取值可能为 3,4,5.313132333XP，627103132313231324223223CCXP，27827103115XPX 的分布列为：X345P3127102788 分E(X)=2710727852710431310 分（3）乙应该选择 3 局 2 胜制.12 分附理由如
10、下：（供研究使用，考生无需在答题卡上计算）“3 局 2 胜制”，乙可能 2:0，2:1 两种方式获胜，获胜概率：277313132C31P1221“5 局 3 胜制”，乙可能 3:0，3:1，3:2 三种方式获胜，获胜概率：8117313132C313132C31P222421332因为21PP，所以乙应该选择 3 局 2 胜制对自己更有利.20.（12 分）【解析】（1）证明：当1n时，1111212aaaS，由于0na，11a当2n时，11112nnnnnnnSSSSaaS,111nnnnSSSS，即1212nnSS（2n）数列 2nS是首项为 1，公差为 1 的等差数列.5 分（2）由（
11、1）知，nnSSn1)1(2126 分211nbbbnnn，nnbnbn)12()12(1，12121nbnbnn7数列12nbn是常数列.1121211bbnbn，12 nbn8 分【12 nbn也可以由累乘法或迭代法求得】1211211)12)(12(414112nnnnnbbSnnnnnn9 分121121)1(71515131311nnTnn12)1(1nn12 分也可分类讨论得：为奇数，为偶数，nnnnnnnnTn122212111221211.12 分21.（12 分）【解析】（1）证明：先证当20 x时，0sinxx.令xxxmsin)(，则0cos1)(xm在20 x时恒成立，
12、xxxmsin)(在20，上单调递增，0)0()(mxm，即当20 x时,0sinxx.2 分要证2sintanxxxx，只需证明)sin(2tanxxxx，即证03sin2tanxxx令2,0,3sin2tan)(xxxxx，则.0cos)1cos2()1(coscos1cos3cos23cos2cos1)(222232xxxxxxxxx）（或03coscoscos133cos2cos1322xxxxx当且仅当1cos x时等号成立，而1cos0 x，0)(x4 分8在)(x在20，上单调递增，0)0()(x，即03sin2tanxxx当20 x时，2sintanxxxx.5 分(2)令2,
13、0,sin2tan)(xaxxxxf，则0)0(f,axxxfcos2cos1)(2,令,cosxt 则t在20，x上单调递减，)1,0(t,atttgxf21)()(2,而022)(3ttg，)(tg在)1,0(t上递减，)(xf在20，x上递增7 分)(xf的值域为,3a（I）当03a，即3a时，0)(xf恒成立，所以)(xf在20，x递增，0)(xf，3a符合题意；9 分（II）当03a，即3a时，0)0(f，存在2,00 x使得0)(0 xf当0,0 xx时，0)(xf，)(xf递减，此时0)(xf,矛盾，舍.综上知，3a.12 分22.（12 分）【解析】（1）设双曲线 C 的方程为
14、142222bxby)0(b，其上焦点坐标为)5,0(b，一条渐近线方程为02 yx，则2)1(2522b，2b，C 的方程为141622xy.2 分设),(yxN，则141622xy，要使|MN最小，结合图形和题意知4y.于是4245244)(|2222222ttyyttyyytyxMN45544522tty当454t，即54 t时，|PM在),4 y递增，9当4y时，4|min tPM；当454t，即5t时，|MN在t54,4递减，在,54t递增，当ty54时，100551451|22minttMN.综上，)5(,100551)54(,4|2minttttMN.5 分（2）（I）联立141622xymkxy得，01624222mkmxxk，由题意知)2,0()0,2(k，0164022mk，6 分4222kkmxP，mkkkmxP442mmmkmmkmkxyPP1644222)16,4(mmkP7 分直线1l的方程为mkxkmy4116，令0 x得，my200；令0y得，mkx200mmkQ20,208 分12010012025122mkm点),(00yxQ的轨迹方程是)0(11002522xxy方程表示去除上下顶点的双曲线.10 分（II）点),(00yxQ的轨迹方程是)0(122222222xbbaxabay12 分注：若（I）（II）两问没注明)0(x，只扣 1 分.
