2023年12月25日发(作者：去年湖北高考数学试卷讲解)

2024届高三11月模拟测试数学试题总分：150分考试时间：120分钟一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分。1.

已知集合A{x|x2x60},B{x|2x30}，则AB（

）3A.

,323C.

,23B.

,32D.

2,2.

若复数ai1ai2，aR，则a（

）A.

1B.

0C.

1D.

2π33.

已知为锐角，sin，则sin（

）35A.

34310B.

43310C.

34310D.

343104.

已知a11，a21，anan12an21（n3，nN*），Sn为其前n项和，则S60（

）A.

23031B.

43031C.

23030D.

430305. 2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游.

除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（　　）A. 1800B. 1080C. 720D. 36011t16.

对于两个函数htet与gtln2t12t，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为t1，t2，22则t2t1的最小值为（

）A.

1B.

ln2C.

1ln3D.

12ln2x2y2B分别在双曲线的左、7.

已知双曲线C：221a0,b0的右焦点为F，关于原点对称的两点A、右两支上，abAFFB0，3BFFC，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（

）A.

1033B.

2102C.

52D.

233n12x8.

已知曲线yx3x9x9与曲线y交于点Ax1,y1,A2x2,y2,,Anxn,yn，则xiyi（

）x1i1A.

16B.

12C.

9D.

6二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分。ππ9.

已知函数fx2sin2x，把fx的图象向左平移个单位长度得到函数gx的图象，则（

）33A.

gx是奇函数B.

gx的图象关于直线x对称πC.

gx在0,上单调递增2π4πD.

不等式gx0的解集为kπ,kππ,kZ210.

袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取5次，每次取一个球.

记录每次取到的数字，统计后发现这5个数字的平均数为2，方差小于1，则（

）

A.

可能取到数字4B.

中位数可能是2C.

极差可能是4D.

众数可能是211.

如图，圆锥SO的底面圆O的直径AC4，母线长为22，点B是圆O上异于A，C的动点，则下列结论正确的是（

）

A.

SC与底面所成角为45°B.

圆锥SO的表面积为42πC.

SAB的取值范围是,42ππD.

若点B为弧AC的中点，则二面角SBCO的平面角大小为45°12.

曲线C是平面内与两个定点F1(0,1)，F2(0,1)的距离的积等于A.

曲线C关于坐标轴对称C.

△F1PF2周长的最大值为263的点P的轨迹，则下列结论正确的是（

）2102B.

点P到原点距离的最大值为D.

点P到y轴距离的最大值为22三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分。5π1π13.

若sin，则cos2的值为

6123114.

二项式2x展开式的常数项为 .

x15.

已知数列an,a11，对任意正整数k，a2k1，a2k，a2k1成等差数列，公差为2k，则a100 .

6x1,x016.

设aR，函数fx2，若函数yf(f(x))恰有3个零点，则实数a的取值范围为

x2ax,x0.

四、解答题：共70分。17.

（10分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且ab3sinCcosC.

(1)求B；(2)已知BC23，D为边AB上的一点，若BD1，ACDπ，求AC的长.

2

*18.

（12分）已知等比数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，若an1an212annN，S5121.

(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanlnan，求数列bn的前n项和Tn.

19.

（12分）图1是由正方形ABCD和正三角形ADE组成的一个平面图形，将VADE沿AD折起，使点E到达点P的位置，Q为PC的中点，如图2.

(1)求证：AP//平面QBD；(2)若平面PAD平面ABCD，求平面PAD与平面QBD夹角的余弦值.

20.

（12分）某校20名学生的数学成绩xii1,2,,20和知识竞赛成绩yii1,2,,20如下表：学生编号i数学成绩xi知识竞赛成绩yi学生编号i数学成绩xi知识竞赛成绩yi计算可得数学成绩的平均值是x75，知识竞赛成绩的平均值是y90，并且xixi126464，yyii1202149450，xixi120yy21650.i(1)求这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数（精确到0.01）；

(2)设NN*，变量x和变量y的一组样本数据为xi,yii1,2,,N，其中xii1,2,,N两两不相同，yii1,2,,N两两不相同.记xi在xnn1,2,,N中的排名是第Ri位，yi在ynn1,2,,N中的排名是第Si位，i1,2,,N.定义变量x和变量y的“斯皮尔曼相关系数”（记为）为变量x的排名和变量y的排名的样本相关系数.N6di2；（i）记diRiSi，i1,2,,N.证明：12NN1i1（ii）用（i）的公式求得这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的“斯皮尔曼相关系数”约为0.91，简述“斯皮尔曼相关系数”在分析线性相关性时的优势.注：参考公式与参考数据.rxxyyiii1nxxyyiii1i1n2n22；kk1nnn12n1；646414945031000.621.

（12分）动点P与定点F(3,0)的距离和它到直线l:x343的距离的比是常数，记点P的轨迹为E.32(1)求E的方程；(2)已知M(0,1)，过点N(2,1)的直线与曲线E交于不同的两点A，B，点A在第二象限，点B在x轴的下方，直线MA，MB分别与x轴交于C，D两点，求四边形ACBD面积的最大值.22.

（12分）已知函数fx2lnxax1aR.(1)讨论函数fx的零点个数；2eax2(2)已知函数gxeexaR，当0a时，关于x的方程fxgx有两个实根x1,x2x1x2，求证：ex1e11.（注：e2.71828是自然对数的底数）x2e

2024届高三11月模拟测试数学试题参考答案1D解析：2A3C4B5B6B7B8B9AB10BD11AC12ABC321.

由题意知：Axxx60x2x3，Bx2x30xx，2所以：AB2,，故D项正确.2222.

解：由题意，∵ai1aiaai+iai2a1ai220i，2a2∴，解得：a1.21a0π33.

因为sin35ππ4所以cos1sin2，335π4当cos时，35ππππππsinsinsincoscossin33333331433430，为锐角，不合题意，舍去；525210π4当cos时，35ππππππsinsinsincoscossin33333331433430，满足题意；525210所以sin343.104.

由anan12an21（n3，nN*）可得anan112an12an222an1an21，已知a11，a21，所以a1a213，即anan11是一个以3为首项，2为公比的等比数列，所以anan1132n2，即anan132n21(n2,nN*)，a1a23201，a3a43221，a5a63241，L，a59a6032581，

S60a1a2a603202225830143033043031，145.

①恰有2个部门所选的旅游地相同，2第一步，先将选相同的2个部门取出，有C46种；3第二步，从6个旅游地中选出3个排序，有A6120种，根据分步计数原理可得，方法有6120720种；4②4个部门所选的旅游地都不相同的方法有A6360种，根据分类加法计数原理得，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有7203601080种.

6.

t11，h(t)et1e2，2t10，g(t)的值域是(,)，21设h(t1)g(t2)m，则me2，et11m，t1lnm1，ln(2t21)2m，t21m21e，22所以t2t11m2111elnm1em2lnm，222211x21设f(x)elnx(xe2)，2211f(x)ex2，2x设F(x)f(x)，则F(x)11x21e20，f(x)是增函数，2x又f(2)0，因此e2x2时，f(x)0，f(x)递减，x2时，f(x)0，f(x)递增，所以f(x)minf(2)11ln2ln2，22所以t2t1的最小值是ln2，22mn7.

由题设F(c,0)，令A(m,n)且ma，C(x,y)，则B(m,n)，且221①，ab

由AFFB(cm,n)(mc,n)m2c2n20，即m2n2c2②，

x4c3m由3BFFC3(cm,n)(xc,y)，即C(4c3m,3n)，y3n(4c3m)29n2又C在双曲线上，则21③，a2bn2m2由①得：221，代入③并整理得：2c23mca20，bam2b2a422222由①②及abc得：n2bcmm2a2，ac2222所以(2c2a2)29m2c218a2c29a4，即2c27a2c25a4(2c25a2)(c2a2)0，c2510.显然ac，则e2ea22222328.

令fxx3x9x9，则fx1x13x19x19x312x2，32fx1x13x19x19x312x2，fx1fx14，f(x)关于1,2中心对称；32y12x12x2x133，y关于1,2中心对称；2x1x1x1x1fx3x26x93x3x1，当x,31,时，fx0；当x3,1时，f¢(x)>0；f(x)在,3,1,上单调递减，在3,1上单调递增，fx极小值为f3272727918，极大值为f1139914；当x1,时，y2当x1时，y2作出fx与y332，单调递减，且y2x1x13114；11212x在x1时的图象如下图所示，x1

由图象可知：fx与y12x在1,上有且仅有两个不同的交点，x112x在,1上有且仅有两个不同的交点，x1由对称性可知：fx与y4xiyix1x2x3x4y1y2y3y412222212.i12ππ2sin2xπ2sin2x，9. A选项，gx2sin2x33由于gx的定义域为R，且gx2sin2xsin2xgx，故gx为奇函数，A正确；πππB选项，g2sin2，故gx的图象关于直线x对称，B正确；442πC选项，x0,时，2x0,π，其中ysinz在z0,π上不单调，2π故gx2sin2x在x0,上不单调，故C错误；2D选项，gx0，则sin2x0，则2xkπ,kππ,kZ，kπkππ,kZ，D错误.故x,2210.设这5个数字为x1,x2,x3,x4,x5，对于A：若取到数字4，不妨设为x14，则4x2x3x4x52，可得x2x3x4x56，5可知这4个数中至少有2个1，不妨设为x2x31，1222222x12x22x32x42x52则这5个数字的方差s5162224212121，55不合题意，故A错误；对于C：因为这5个数字的平均数为2，这5个数字至少有1个1，不妨设为x11，若极差是4，这最大数为5，不妨设为x25，则这5个数字的平均数x11x1x2x3x4x515x3x4x52，55则x3x4x54，可知这3个数有2个1，1个2，11222222212521212221，此时这5个数字的方差s55不合题意，故C错误；

对于BD：例如2，2，2，2，2，可知这5个数字的平均数为2，方差为0，符合题意，且中位数是2，众数是2，故BD正确；11.

对于A，因为SO面ABC，所以SCO是SC与底面所成角，在Rt△SOC中，圆锥的母线长是22，半径rOC2，则cosSCOOC22，所以SCO45，则A正确；SC222对于B，圆锥SO的侧面积为rl42π，表面积为42π+4π，则B错误；对于C，当点B与点A重合时，ASB0为最小角，当点B与点C重合时ASBπ，达到最大值，2π又因为B与A，C不重合，则ASB0,，2ππ又2SABASBπ，可得SAB,，则C正确；42对于D，如图所示，

，取BC的中点D，连接OD，SD，又O为AC的中点，则OD//AB，因为ABBC，所以BCOD，又SO面ABC，BC面ABC，所以BCSO，又SOODO，BC面SOD，故BCSD，所以SDO为二面角SBCO的平面角，因为点B为弧AC的中点，所以AB22，OD12.

设Px,y，由|PF1||PF2|SO12，则D错误.AB2，则tanSDOOD2332222，得x(y1)x(y1)，整理得4(x2y21)216y29，22若点(x0,y0)在曲线C上，显然(x0,y0)，(x0,y0)都满足方程，即点(x0,y0)，(x0,y0)也在曲线C上，因此曲线C关于坐标轴对称，A正确；2由916y22(x2y21)2(y21)，得(2y21)(2y25)0，解得y5，当且仅当x0时取等号，2因此点P到原点O的距离|PO|x2y22于是当x0,y4y29145910，41242510时，点P到原点距离取得最大值，B正确；22显然△F1PF2的周长为2PF1PF222PF1PF226，当且仅当|PF1||PF2|由曲线C的方程4(x2y21)216y29，得x24y22当x时，4y26时取等号，C正确；29y21，4129193y21，即4y2y2，两边平方解得0y21，4242

即当曲线C的点P(x,y)满足0y21时，点P到y轴距离|x|13.

792，D错误.214. 6015.

500116.

(1,0)25π15π5π17213.由sin，得cos212sin12，12361239π5π5π7所以cos2cos2πcos2.66693r6116rrrr6r214.

2x，C621x展开式的通项为Tr1C62xxx6r344264160.取6r0，解得r4，常数项为C6215.

因为a11，对任意正整数k，a2k1，a2k，a2k1成等差数列，公差为2k，所以a2k1a2k14k当n2k1时，可得ana2k1a1a3a1a5a3a2k1a2k31484k12kk1当2k199,k50时，

a100a250a2501250250225012505001n1122n，所以当n100时，a100500116.

设tf(x)，当x0时，f(x)|x1|，此时t0，由f(t)0，得t1，即f(x)|x1|1，解得x0或x2，即yf(f(x))在[0,)上有2个零点；若a0，f(x)x22ax，其图象对称轴为xa，函数yf(x)的大致图像如图：

则此时f(x)x22ax0，即t0，则f(t)0，即f(t)0无解，则tf(x)无零点，此时yf(f(x))无零点，不符合题意；故需a<0，此时函数yf(x)的大致图像如图：

由f(t)0得t1或ta，要使得函数yf(f(x))恰有3个零点，需满足yf(f(x))在(,0)上有一个零点此时f(x)a只有一个解，故只需t1与函数tf(x)在y轴左侧图象无交点，则需f(a)a22a21，解得1a1，结合a<0，可得a(1,0)，17.

（1）∵ab3sinCcosC，根据正弦定理得，sinAsinB3sinCcosC，即sinBcosCcosBsinC3sinBsinCsinBcosC，所以cosBsinC3sinBsinC，因为sinC0，所以cosB3sinB，所以tanB因为B0,π，所以B.

（2）因为BC23，BD1，B，根据余弦定理得π6π63，3CD2BC2BD22BCBDcosB1122123∵BDC37，∴CD7.

2ππA，∴sinBDCsinAcosA.

22237BCCD在BDC中，由正弦定理知，，∴cosA1，sinBDCsinB2∴cosA∴tanA21A0,π27，，所以sinA27721sinA23CD.

，∴ACcosA3AC218.

（1）设an的公比为qq0，2因为an1an212an，即anqanq12an，且an0，可得q2q120，解得q3或q4（舍去）.

a113513又因为S5121，解得a11，n1n1所以ana1q3.

n1（2）由（1）可得：bn3n1ln3，012n1所以Tnb1b2b3bn3333123n1ln33n1n1nln313nn1n，ln313223n1n1nln3.所以Tn219.

（1）证明：连AC交BD于点O，连OQ.

由ABCD为正方形知O为AC中点，又Q为PC中点，故AP∥OQ，又AP平面BDQ且OQ平面BDQ，所以AP//平面BDQ.

（2）取AD中点H，连PH，由PAD为等边三角形得PHAD.

又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD,PH平面PAD，所以PH平面ABCD，以D为原点，DA,DC所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

1133设AB2，则P1,0,3,B2,2,0,C0,2,0,Q,1,，，DB2,2,0,DQ,1,2222平面PAD就是坐标平面xDz，故可取其法向量n10,1,0，uur设平面QBD一个法向量为n2x,y,z，2x2y0DBn20即，则1，3xyz0DQn0222n令x3，则y3,z1，得23,3,1，记平面PAD与平面QBD夹角为，n1n221则coscosn1,n2，7n1n2

21.

720. 1）由题意，这组学生数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数为所以平面PAD与平面QBD夹角的余弦值为rxxyyiii20xxyyiiii20220221650216500.70；64641495031000（2）（i）证明：因为Ri和Si都是1，2，L，N的一个排列，所以RSii1i1NNi2iN(N1)，2RS2ii1i1NNN(N1)(2N1)，6从而Ri和Si的平均数都是RSN2N2iNN1.

2N2Ni1i122因此，RiRR2RRiRRiNRi1i1i1N(N1)(2N1)N(N1)2N(N1)(N1)，1264同理可得SiSi1N2N(N1)(N1)，122由于dRiSi2ii1NNi1RiRSiS2RiRSiSi1i1i12N2NN2NN(N1)(N1)2RiRSiS，RiRSiS212i1i1N所以RRSii1N2Nii1NiSiS2RRSi1N(N1)(N1)1N2diN6122i11di2.2N(N1)(N1)NN1i112（ii）这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的斯皮尔曼相关系数是0.91，答案①：斯皮尔曼相关系数对于异常值不太敏感，如果数据中有明显的异常值，那么用斯皮尔曼相关系数比用样本相关系数更能刻画某种线性关系；答案②：斯皮尔曼相关系数刻画的是样本数据排名的样本相关系数，与具体的数值无关，只与排名有关.

如果一组数据有异常值，但排名依然符合一定的线性关系，则可以采用斯皮尔曼相关系数刻画线性关系.

(x3)2y221.

（1）设点P(x,y)，依题意可得43x332，所以x32343y2x，4322x2化简得x4y4，即E的方程为y21.4（2）如图所示：2

设直线AB的方程为y1k(x2)，k0，A(x1,y1)，B(x2,y2)，ykx2k1联立方程组2，可得(14k2)x28k(2k1)x16k216k0，2x4y40则8k(2k1)4(14k2)(16k216k)264k24k24k164k2k4k2164k0，由韦达定理有x1x216k(k1)8k(2k1)xx，，1214k214k22且由求根公式有x1x2直线MA的方程为ybb64k2a2aa214k222，xxy11x1，xC1，同理xD2，x11y11y2∵y1kx12k1，y2kx22k1，∴y1y2k(x1x2)，xDxCx2x12(x1x2)，k(x22)k(x12)k(x12)(x22)∴SACBDSACDSBCD11CDy1y2xDxCy1y222(x1x2)2(x1x2)2，(x12)(x22)x1x22(x1x2)4bb64k216k(k1)16k(2k1)4xx4

又x1x22(x1x2)4，且122，22a22aa14k214k214k214k264k214k16k(xx)161612所以SACBD4，241x1x22(x1x2)44k1(4k)()4214kk1当且仅当k时，四边形ACBD的面积最大，最大值为4.22222.

（1）由已知函数fx的定义域为0,，

由fx2lnxax10，得a令函数ux2lnx1，x12lnx12lnx,ux，xx2当0xe时，ux0，函数ux在0,e上单调递增，当xe时，ux0，函数ux在所以u(x)maxue因为u2e2e，ee,单调递减，112lnx12lnx,lim0，0,limx0xxxe可知函数ux的图象如下所示：

所以当a2e2e2e时，函数fx的零点个数为0个，当a0或a时，函数fx的零点个数为1个，当0aeee时，函数fx的零点个数为2个.（2）由题设方程fxgx，即2lnxax1eaxex2，所以axeax2lnxex21lnex2elnex，令xxe，得axlnex，x22x又x1e0在R上恒成立，所以x在R上单调递增，所以axlnex2，即ax12lnx，由已知，方程ax12lnx有两个实根x1,x2x1x2，即a令112lnxx1有两个实根x1,x2x1x2，由（1）得xeex2.111t1,t20t2t1e，x1x2eat12t1lnt1,所以at22t2lnt2,令htt2tlnt(t0)，所以hta有两个实根t1,t2，先证t1t22.e因为ht12lnt，令ht0，解得0t11，令ht0，解得t，ee

2211tt2，tt,所以ht在0,上单调递增，在上单调递减，要证，即证112eeee因为t11e,2et21e,ht在21,上单调递减，只需证ht1ht2，ee2t2.即证ht2he12t0t令Fthth，ee222Fththt12lnt12lnt22lntt，eee2t12tt20t因为t，eee2令ktt2t10t，ee2211lntt0tt可知函数kt在0,上单调递增，所以，所以1，eeee所以22lnt1t0，即Ft0在0,上恒成立，ee2121t2成立，所以Ft在0,0，所以ht2h上单调递增，所以FtFeee12121t2,上单调递减，t2成立，又t1,即ht1h，且ht在eeeee11212122t2，所以t1t2，即，所以，x1x2x2eex1ee112111e.所以x1x1，即x1exx2x1eee2所以t1


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