2024届高三湖北十一校第一次联考参考答案5C:平移后应为y=+sin2x所以C错.一、选择题6题号123456789101112555kD:由sin2x-=0得2x-=kx=+，仅k=0,1符合，恰有两个零点，所以D错.答案ACABCCDDBCDABADACD661221.A【解析】A=0,1,2,3,4,B=0,2,4,6AB=0,2,42UU11.AD【解析】A:CDAB=()CB+BDAB=CBAB+BDAB=CBAB+0=AB=1,故A正确；13112.C【解析】zi+=+虚部为B:如图，过A作AE∥BD，且AE=BD，连接ED，EC，则ABDE为正方形，CAE为二面角−−lz222的平面角，当CAE=60时，易得ACE为正三角形，过C作CH⊥AE,33.A【解析】xx82，x2x2或x−2，前面可以推导后面，后面不能推导前面则CH⊥平面AED,故CDH即为CD与平面所成的角.4.B【解析】t=4时，f4=ae4=2a4，再过t年，f48+t=ae(4+t1)=aCH36()=e21(1)在RtCDH中，sinCDH===,故B错误；(4+t1)312CD224ee=82===t18HC:CD=3时CAE=90，C到面的距离为1，所以四面体ABCD的体积5.C【解析】APAB=AB()APCOSPAB，由投影的定义知APCOSPAB2,311为S1=,所以C错APAB4,636ABD6.C【解析】f(−x)+f(x)=0，fx()为奇函数，f'(x)=2cosx−(exx+e−)，2cosx2D:由CD=2可得CAE=60如图，取AE的中点M，BD的中点N,连接CM,MN,CN则二面角2327eexx+−2，fx'0()fx()为减函数，f(x−4)+f(3x)0C−−BDA的平面角为CNM，CM=,MN=1,所以cosCNM=.27x2-4−3xx1或x−412.ACD【解析】等轴双曲线的离心率为2所以A正确，7.D【解析】将S按3同余分类得到：AAA=3,6,9,=1,4,7,10,=2,5,8,012222x−+yxyxy00−aCCCCC3+++331117B:设P(x,,y)dd=0000==所以B错.P=343343=.00122222C32010tan++tantantan22C:，x2xxx(2−)tantan=kkPA(−PB)=−1tan=−tan(+)=−=−8.D【解析】由x2得，构造函数gx()=，求导得gx'()=1−tantan22ex−=50x=xxe5ee所以tan+tan+2tan=0，C正确.gx()在(−,0)上单调递减，在(0,2)上单调递增，(2,+)上单调递减，且g(0)=0，D:方法1：设l与双曲线及其渐近线依次交于E,F,G,H422y=+kxm及时，gx()的图像如图，得到有个解2222mkg(2)=2x→+g(x)→0gx()=3.由k−1x+2mkx+m+a=0得EH中点的横坐标为e55222()2x−=ya1−kyy=+kxm由(k2−1)x2+2mkx+m2=0得FG中点的横坐标为,xy22−=0所以EH和FG的中点重合，即M为双曲线弦EH的中点，由点差法得，所以正确yxkk12=1D.o方法2：设F(,),(,xyGxy),M(,xy)112200MGl9.BCD由FH22EP3113xy11−=010.AB【解析】−sin,cos=−,由三角函数的定义的sin=,cos=−(x1+x2)(x1−x2)−(y1+y2)(y1−y2)=0332222Ax22xy22−=0oB552x0−2y0k1=0k1k2=1，所以D正确.取=,f(x)=sin2x−，A正确.662Bx:=时，fx()=1正确，32024届高三湖北十一校第一次联考数学试题第3页（共2页）{#{QQABbQgEggCIABJAABgCQQlaCkMQkAACCIoGREAIoAAAgQFABAA=}#}三．填空题：13.−4014.2515.616.ae21n−nk12+k++kn=5（−1+2+2+2）4n=52−4n−5………………………12分323213.−40【解析】C5(2x)(−1)=−40x解：（）证明：∵四边形为矩形，∴∥，14.25【解析】x+44yxy，xy−54xyxy5xy25191ABCDABCD∵AB平面ABE，CD平面，∴CD∥平面………………………………2分又CD平面CDE，平面ABE平面CDE=l，∴l∥CD，…………………………4分15.6【解析】由抛物线的定义知MN=MF,所以MNF=MFN=NFO=,∵平面ABCD，∴l∥平面ABCD．………………………………………………6分3（2）取AB，CD的中点分别为O，F，连接OE，OF，则OF⊥AB，pNF==8，MN==MF8，MF=+x2,所以x=6∵平面ABCD⊥平面，且交线为AB，∴OF⊥平面，MM.cos又OE平面，OF⊥OE，3当l与半圆弧AB相切时，OE⊥l，即OE⊥AB，xeax2x以OE，OB，OF所在的直线分别为x，y，z轴，16.【解析】(2)xx12−0()2x1x2eax2−ax1ax1建立如图所示的空间直角坐标系，……………………………………7分xe1x1不妨设，易得A0,−2,0，C0,2,1，D0,−2,1，E2,0,0，xaaaaBC=1()()()()两边取对数xxln(2)ax−axlnx−lnx−lnxx+ln+12212121则DE=−2,2,1，AD=0,0,1，DC=0,4,0，x1x1x2xx21()()()a设m=(x,,yz)为平面DAE的一个法向量，所以hx()=lnx+在（1，e）上单调递减，所以hx'()0在（1,e）上恒成立，解出ae111xz1=0四．解答题：AD=m0z1=0则，即，∴，2x1+2y1−z1=0DE=m0xy11=−17.解：（1）由BA=+得:CABA=−−=−2…………………………………………2分22令x=1，则m=−(1,1,0)……………………9分1cosCAAAA=cos−2=sin2=2sincosDC=n02设n=(x2,,y2z2)为平面DCE的一个法向量，则，4DE=n0BA,故A为锐角，cosA=…………………………………………………………4分540y2=y2=0即令x2=1，则n=(1,0,2)……………………………………11分34242x+2y−z=02xz=cosCAA=2sincos=2=……………………………………………………6分222225525mn1101047∴cosmn,===，所以两平面的夹角的余弦值为．………………12分(2)由（1）知：sinBAAC=sin+=cos=，sin=mn2510102525aa++bc25由正弦定理得：==………………………………………10分1331120解：（1）小球三次碰撞全部向左偏或者全部向右偏落入B袋，故概率03sinAABCsin++sinsin3PBCC()=33+=2525347224a+b+c=(sinA+sinB+sinC)=(++)=1413335525小球落入A袋中的概率PAPB()=1−()=1−=………………………………………2分故ABC的周长为14.…………………………………………………………………………12分442323311331351解：（）由成等比数列，故2，即故1分18.1a1,,a6a16a1a16=a6a1(a1+15d)=(a1+5d)PPAPPC1=()=,2=+=,3=+2=54441644464即25d2=5ad，又d0故ad=5，a=a+(n−1)d=(n+4)d……………2分11n1(2)法1：游戏过程中累计得不到n分，只可能在得到n-1分后的一次游戏中小球落入B袋（+2分）a611故等比数列的公比q==2……………………………………………………………4分故1−P=P即P=1−P(n2)8分ann−−11nn144(2)在等差数列a中，a=a+(k−1)d=(k+4)d………………………………6分法2：游戏过程中累计得n分可以分为两种情况：得到n-2分后的一次游戏小球落入B袋中（+2分），nkn1nn在等比数列中，n−1n−1n−1或得到n-1分后的一次游戏中小球落入A袋中（+1）分，akak=ak12=a2=5d2nn13111n−1n−1故(kd+4)=52d，即k=5−24………………………………………………9分故Pn=Pn−1+Pn−2Pn+Pn−1=Pn−1+Pn−2(n3)nn44442024届高三湖北十一校第一次联考数学试题第4页（共2页）{#{QQABbQgEggCIABJAABgCQQlaCkMQkAACCIoGREAIoAAAgQFABAA=}#}e1111得故PPnn+−1为常数数列且PP21+=1，故Pn+Pn−−11=1即Pn=1−Pn(n2)……………8分（2）由x20x11(1−ln(mx))0m0x10,1−lnmx100x14444m1414e由………………………………………………………分x=x(1−lnmx),令g(x)=x(1−lnmx),x(0,)，PPPPn=1−n−−11n−=−n−102114545m1443411令g'(x)=−lnmx,由g'(x)=0得x=故Pn−为等比数列且首项为P1−=−=−，公比为−5545204m4111111411e故P−=(−)(−)nn−1=()(−)，故P=()(−)n+……………………………12分且x(0,)时gx'()0，gx()单调递增，x(,)时gx'()0，单调递减n520454n545mmm11e111g()()x=g=当0x，x=g(x)xx−=−…………6分17maxmm1mm2122mm21.解：（1）设动圆半径为r，由圆M与圆F1外切得：MF1=+r，由圆M与圆F2内切得：MF2=-r221111111故MF+MF=4=FF2,………………………………………………………………………2分①当0x1时xx11−=−，xx12−−−=−x1−()−x2=x2−x1=−x11lnmx,1212mmmmmmm故点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且故2MFF122a=4,2c==2,b31110x，−xlnmx0xx−−…………………………………………8分xy221m1112mm点M的轨迹C的方程为：+=1……………………………………………………………4分431e1122②当x时x−−−x=x+x−=x(2−lnmx)−,（2）设，1122111l:y=−k(x1)A(x1,y1),B(x2,y2)mmmmmmy=−k(x1)21e1e令h()x=x(2ln−mx)−,x(,)，h'(x)=1−lnmx,当x(,)时hx'()0222222由xy(4k+3)x−8kx+4k−12=0………………………………6分mmmmm+=1431e111hx()(,)在上单调递增h(x)h()=0xx12−−8kk224−124