湖北省七市州2024届高三下学期3月联合统一调研测试数学试题含答案.pdf

书书书?槡?#QQABSYKAogiIAAJAAQhCAwWYCECQkBECAKoORAAAMAAASBFABCA=#?#QQABSYKAogiIAAJAAQhCAwWYCECQkBECAKoORAAAMAAASBFABCA=#?#QQABSYKAogiIAAJAAQhCAwWYCECQkBECAKoORAAAMAAASBFABCA=#?#QQABSYKAogiIAAJAAQhCAwWYCECQkBECAKoORAAAMAAASBFABCA=#数学参考答案及评分标准数学参考答案及评分标准2024.31-8：BCBAABDC9.ACD10.ABD11.BCD12.4113.3，62（填对一空得（填对一空得 3 分）分）14.428.解析：要求出被完全覆盖的最大的圆的半径，由圆的对称性知只需考虑三个圆的圆心构成等边三角形的情况，设三个半径为 1 的圆的圆心分别为123,O O O设被覆盖的圆的圆心为O，如图所示，设圆1O与2O交于,A B，12OO交AB于H，AB交圆3O于C，方法方法 1 1：设123OOOOOOx，132xO H，2xOH，22331(12224xxOAOHHAxx），又331OCOOO CxOA，所以圆O的最大半径为OA，下求OA的最大值，设23()124xf xx，22433()2 43xxfxx，所以()f x在3(0,)3为增函数，在3 2 3(,)33为减函数，max32 3()()33f xf，即被完全覆盖的最大的圆的半径为2 33.此时1223311OOO OO O，即圆1O、圆2O、圆3O中的任一圆均经过另外两圆的圆心.方法方法 2 2：同上，设1AO H，11O A，1cos,sinO HAH，13cos2cos,33OHOOOO，332cos13OCOOO C，cossin3OAOHHAOC#QQABYYKAoggoABIAAQgCEwXICkGQkBGCAAoOQBAAMAAAyANABCA=#cos2 32 3sinsin()3633OAOHHA，即当3时，OA的最大值为2 33，即被完全覆盖的最大的圆的半径为2 33.此时1223311OOO OO O，即圆1O、圆2O、圆3O中的任一圆均经过另外两圆的圆心.14.解析：设()f x的零点为t，则211ln()039atbt，即219103tatbe（*），设(,)P a b为直线2191:03tl txye上任意一点，坐标原点O到直线l的距离为219219teht，因为(,)P a b到原点的距离22abh，下求h的最小值，令211()93tm m，则()meg mm，2(1)()memg mm()g m在1(,1)3为减函数，在(1,)为增函数，即min()(1)g mge，此时212 2193tt ，所以l的斜率为2 2k ，124bak （此时2 2,33eeab）.15.（1）证明：因为PBC为正三角形，O是BC中点，所以BCPO，1 分又因为平面PBC平面ABCD，所以PO平面ABCD，BDPO 3 分04421)21()(22BABCBABCBABCAOBD，AOBD，BDAO 5 分又AOPO,在平面POA内且相交，故BD平面PAO6 分（2）解：OE,分别为BCBD,的中点，DCEO/，又平面PDC过DC且不过EO，/EO平面PDC，7 分又平面OEF交平面PDC于QF，故QFEO/,进而DCQF/，因为F是PC中点，所以Q是PD的中点.8 分方法方法 1 1：以O为原点，OPOCOE,所在直线分别为zyx,轴建立空间直角坐标系，#QQABYYKAoggoABIAAQgCEwXICkGQkBGCAAoOQBAAMAAAyANABCA=#则)26,22,1(),0,2,2(),0,2,0(),6,0,0(QDCP，)6,2,0(),0,0,2(PCCD9 分设平面PCD法向量为),(zyxn，由00nPCnCD，06202zyx取)1,3,0(n，11 分)26,22,1(OQ22326|,cos|sinOQn12 分所以413 分方法方法 2 2：过点O作PC的垂线，垂足为H，连接QH9 分因为BCDC 且PO平面ABCD，DCPO，故有DC平面BPC，平面PCB与平面PCD垂直且交线为PC，故OH平面DPC，故直线OQ与平面PCD所成角OQH10 分在直角三角形OHC中，2,60OCOCH,所以26OH11 分因为DC平面PBC，故PCDC，又DCQF/，所以PCQF.在直角三角形QFH中，22,1FHQF，所以26QH12 分在直角三角形OQH中26 QHOH，所以4513 分16.解：（1）列联表2 分零假设为0H:性别与锻炼情况独立，即性别因素与学生体育锻炼的经常性无关；根据列联表的数据计算性别锻炼合计不经常经常男生72330女生141630合计213960#QQABYYKAoggoABIAAQgCEwXICkGQkBGCAAoOQBAAMAAAyANABCA=#1.0222706.2590.33914030303921)307(6030303921)1423167(60 x4 分根据小概率值=0.1 的独立性检验，推断0H不成立，即性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系，此推断犯错误的概率不超过1.05 分（2）因学校总学生数远大于所抽取的学生数，故X近似服从二项分布，随机抽取一人为“极度缺乏锻炼”者的概率121605p7 分)121,20(BX8 分故3512120)(XE9 分3655121112120)(XD10 分（3）10 名“运动爱好者”有 7 名男生，3 名女生，Y服从超几何分布：40712021)1(,1201)0(31023173103307CCCYPCCCYP24712035)3(,4021120321)2(31003373101327CCCYPCCCYP14 分（每个概率每个概率 1 1 分分）故所求分布列为Y0123P120140740212471.21073)(YE15 分17.解析：（1）当2n时，14,14111nnnnnnaaSaaS两式相减得)(411nnnnaaaa1 分因为0na，故411nnaa2 分所以,1231naaa，及,242naaa均为公差为4的等差数列3 分当1n时，由11a及41211aaS，得32a4 分1)12(2)1(4112nnan5 分1)2(2)1(432nnan6 分所以12 nan7 分#QQABYYKAoggoABIAAQgCEwXICkGQkBGCAAoOQBAAMAAAyANABCA=#（2）由已知，2nSn9 分即nn22恒成立，设nnnb22，则12212121222)1(nnnnnnnnnbb11 分当2121n，即2,1n时110nnnnbbbb，13 分当21n，即Nnn,3时110nnnnbbbb，14 分所以54321bbbbb，故89)(3max bbn，所以),8915 分18.解：设直线 AB 的方程为12xmy，1122(,),(,),A x yB xy1 分联立2122xmyyx得：2210ymy 2 分1212021yymyy 3 分（1）不妨设A在第一象限，B在第四象限，对于2yx，12yx 4 分l的斜率为22221112yxy5 分l的方程为2221()yyxxy，即为2212yyxy6 分令0 x 得2(0,)2yE7 分直线OA的方程为：121122yyxxy xxy，令12x 得21(,)2Dy8 分又1(,0)2F，所以DEEF 9 分即|DEEF得证10 分（2）方法方法 1 1：过点B的l得垂线的方程为：222()yyyxx，即2222(1)2yyy xy 11 分#QQABYYKAoggoABIAAQgCEwXICkGQkBGCAAoOQBAAMAAAyANABCA=#则22222(1)22yyy xyyy x ，解得G的纵坐标为222(2)Gyyy13 分要证明2|ADAOAG，因为,A O D G三点共线，只需证明：22111|Gyyyyy（*）14 分22222212222(1)1|yyyyyy15 分222211221222(1)1|(2)|Gyyyyyyyyy 16 分所以（*）成立，2|ADAOAG得证17 分方法方法 2 2：由21(,)2Dy，22(,)B xy知DB与x轴平行12 分|AFAOABAD13 分又DF的斜率为2y，BG的斜率也为2y，所以DF与BG平行15 分|AFADABAG16 分由得|AOADADAG，即2|ADAOAG得证17 分19.解：（1）在曲线1yx取一点2(,)2abMab1 分过点2(,)2abMab作()f x的切线分别交,AP BQ于12,M M2 分因为21ABQPABM MSS曲边梯形梯形，3 分12112lnln(|)|2()22baAMBMABbaab 4 分即lnln2ababab5 分（2）方法方法 1 1：由题意得：()2ln1fxaxxb不妨设120 xx，曲线()yf x在11(,()xf x处的切线方程为：1111:()()()lyf xfxxx，即1111()()()yfx xf xx fx6 分#QQABYYKAoggoABIAAQgCEwXICkGQkBGCAAoOQBAAMAAAyANABCA=#同理曲线()yf x在22(,()xf x处的切线方程为：22222:()()()lyfx xf xx fx7 分假设1l与2l重合，则12111222()()()()()()fxfxf xx fxf xx fx，代入化简可得：212121lnln2()0()1(0)xxa xxa xxa 8 分两式消去a可得：212121lnln20 xxxxxx，得到212121lnln2xxxxxx9 分由（1）的结论知212121lnln2xxxxxx，与上式矛盾10 分即:对任意实数,a b及任意不相等的正数12,x x，1l与2l均不重合.11 分方法方法 2 2：同方法 1 得到2212111ln201xxxxxx9 分设21(1)xttx，即1()ln201tg ttt，22214(1)()0(1)(1)tg tttt t10 分()g t在(1,)为增函数，()(1)0g tg，矛盾.即:对任意实数,a b及任意不相等的正数12,x x，1l与2l均不重合 11 分(3)即：当1b 时，不等式()2sin(1)f xx恒成立，2()ln2sin(1)0h xaxxxxx在(0,)恒成立，(1)01ha12 分下证：当1a 时，()0h x 恒成立.因为1a，所以2()ln2sin(1)h xxxxxx13 分设2()ln2sin(1)H xxxxxx，()2ln2cos(1)H xxxx当1,)x时，由22ln0,2cos(1)2xxx，,知()0H x恒成立，即()H x在1,)为增函数，()(1)0H xH成立；14 分#QQABYYKAoggoABIAAQgCEwXICkGQkBGCAAoOQBAAMAAAyANABCA=#当(0,1)x时，设()2ln2cos(1)G xxxx，1()22sin(1)G xxx15 分由12sin(1)2,0 xx 知()0G x恒成立，即()()G xH x在(0,1)为增函数16 分()(1)0H xH,即()H x在(0,1)为减函数，()(1)0H xH成立.综上所述：实数a的取值范围是1,).17 分#QQABYYKAoggoABIAAQgCEwXICkGQkBGCAAoOQBAAMAAAyANABCA=#