2024届高三11月模拟测试数学试题参考答案123456789101112DACBBBBBABBDACABC解析：231.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.2.解：由题意，∵ai1aiaa2i+iai22a1a2i220i，2a2∴2，解得：a1.1a0π33.因为sin35π2π4所以cos1sin，335π4当cos时，35ππππππsinsinsincoscossin33333331433430，为锐角，不合题意，舍去；525210π4当cos时，35ππππππsinsinsincoscossin33333331433430，满足题意；525210343所以sin.10*4.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，n2n2*所以anan1132，即anan1321(n2,nN)，024L58a1a2321，a3a4321，a5a6321，，a59a60321，学科网（北京）股份有限公司0258S60a1a2a603222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.116.t，t12，2t10，g(t)的值域是(,)，2h(t)ee1设h(t)g(t)m，则，12me21m21et11m，tlnm1，ln(2t1)2m，te，122221111所以ttem2lnm1em2lnm，212222111设f(x)ex2lnx(xe2)，2211f(x)ex2，2x11设F(x)f(x)，则F(x)ex20，f(x)是增函数，2x21f(2)0f(x)0f(x)f(x)0f(x)又，因此e2x2时，，递减，x2时，，递增，11所以f(x)f(2)ln2ln2，min22所以t2t1的最小值是ln2，m2n27.由题设F(c,0)，令A(m,n)且ma，C(x,y)，则B(m,n)，且1①，a2b2222由AFFB(cm,n)(mc,n)mcn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1③，a2b2n2m2由①得：1，代入③并整理得：2c23mca20，b2a2m2b2a4由①②及a2b2c2得：n2b2c2m2m22a2，a2c2所以(2c2a2)29m2c218a2c29a4，即2c27a2c25a4(2c25a2)(c2a2)0，c2510显然a2c2，则e2e.a2228.令fxx33x29x9，则fx1x133x129x19x312x2，fx1x133x129x19x312x2，fx1fx14，\f(x)关于1,2中心对称；12x2x13312xy2，y关于1,2中心对称；x1x1x1x12fx3x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；33当x1,时，y2单调递减，且y22，x1x131当x1时，y214；11212x作出fx与y在x1时的图象如下图所示，x1学科网（北京）股份有限公司12x由图象可知：fx与y在1,上有且仅有两个不同的交点，x112x由对称性可知：fx与y在,1上有且仅有两个不同的交点，x14xiyix1x2x3x4y1y2y3y412222212.i12ππ9.A选项，gx2sin2x2sin2xπ2sin2x，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24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故x,,kZ，D错误.22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4，4xxxx则23452，可得xxxx6，52345可知这4个数中至少有2个1，不妨设为x2x31，122222则这5个数字的方差s2x2x2x2x2x2512345122264212121，55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5，11则这5个数字的平均数xxxxxx15xxx2，5123455345则x3x4x54，可知这3个数有2个1，1个2，12222212此时这5个数字的方差s212521212221，55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，OC22则cosSCO，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，π当点B与点C重合时ASB，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，1SO因为点B为弧AC的中点，所以AB22，ODAB2，则tanSDO2，则D错误.2OD3312.设Px,y，由|PF||PF|，得x2(y1)2x2(y1)2，整理得4(x2y21)216y29，1222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；5由916y22(x2y21)2(y21)，得(2y21)(2y25)0，解得y2，当且仅当x0时取等号，295910因此点P到原点O的距离|PO|x2y24y2141，42422510于是当x0,y时，点P到原点距离取得最大值，B正确；226显然△F1PF2的周长为2PF1PF222PF1PF226，当且仅当|PF||PF|时取等号，C正确；1229由曲线C的方程4(x2y21)216y29，得x24y2y21，419193当x2时，4y2y21，即4y2y2，两边平方解得0y21，24242学科网（北京）股份有限公司2即当曲线C的点P(x,y)满足0y21时，点P到y轴距离|x|，D错误.2713.14.6015.500116.(1,0)925π15π25π1713.由sin，得cos212sin12，12361239π5π5π7所以cos2cos2πcos2.66696r3r6rr61r1r6r214.2x展开式的通项为Tr1C62xC621x，xx34取6r0，解得r4，常数项为C4264160.2615.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n12aaaaaaaaa1484k12kk11n，n2k1131532k12k32当2k199,k50时，2a100a250a250125025025012505001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