2024年新高考改革适应性练习（3）（九省联考题型）数学参考答案一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）题号12345678答案ABDADDBC二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．具体得分如【附】评分表．）题号91011答案BCABDBCD【附】评分表9-11题（每题满分6分）得分情况正确选项个数2个（如BC）选对1个（选B或C）3分选对2个（选BC）6分3个（如ABD）选对1个（选A或B或D）2分选对2个（选AB或BD或AD）4分选对3个（选ABD）6分三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）题号121314答案132023×2024+4×2024（或2027×2024）3+310四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）15.（13分）以点A1为坐标原点，A1B1为x轴正方向，A1D1为y轴正方向，A1A为z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，并令正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1．（1）则A10,0,0，C1,-1,1，A1C=1,-1,1；A0,0,1，D10,-1,0，AD1=0,-1,-1．所以AD1·A1C=0+1+-1=0，即AD1⊥A1C．故AD1⊥A1C得证．（2）B1,0,1，A1B=1,0,1，由（1）得A1C=1,-1,1，设平面A1BC的一个法向量n1=x1,y1,z1，则n1·A1B=n1·A1C=0，即x1+z1=0x1-y1+z1=0令x1=1，则y1=0z1=-1，所以n1=1,0,-1是平面A1BC的一个法向量．同理可求得平面A1CD的一个法向量n2=0,1,1，cos=n1·n2n1·n2=-12又∈0,π，所以=2π3，即平面A1BC与平面A1CD的所成角为2π3．故二面角B-A1C-D的大小为2π3．16.（15分）（1）fx=ax4+bx3+cx2+dx，f'x=ax3+bx2+cx+d，由题意，原点是fx的一个极值点，即f'0=0，代入得d=0，所以fx=ax4+bx3+cx2=x2ax2+bx+c，f'x=ax3+bx2+cx=xax2+bx+c，所以fx和f'x的零点（0除外）都是方程ax2+bx+c=0的根，即fx和f'x有共同零点，故fx的所有零点也是其所有极值点．（2）设fx的四个零点分别为m-3，m-1，m+1，m+3，则可以设fx=kx-m+3x-m+1x-m-1x-m-3其中k≠0，令t=x-m，则fx=kt+3t+1t-1t-3=kt4-10t+9=gtg't=k4t3-20t=4kt3-5t令g't=0得t1=-5，t=0，t=5，所以f'x=0的所有根为x1=m-5，x2=m，x3=m+5，所以f'x的最大零点与最小零点之差为x3-x1=25．17.（15分）（1）因为点S1,1在C内，所以1a2+1b2<1，即a2+b2-a2b2<0．联立l与C的方程，得b2a2+b2x2-2a2b4x+a4b2b2-1=0．判别式Δ=4a4b8-4a4b4a2+b2b2-1=4a4b4a2+b2-a2b2<0，故该二次方程无解，即l与C交点个数为0．（2）可选择命题②或命题③（命题①无法证伪），证明其为假命题．记点P,M,N的横坐标分别为xP,xM,xN，不妨设P,M,S,N顺次排列．选择命题②的证明：当直线MN的斜率不存在时，MN:x=1，分别与l,C的方程联立可得P1,b2-b2a2，M1,b1-1a2,N1,-b1-1a2．若PM,PS,PN依次成等差数列，则b1-1a2+-b1-1a2=2，显然矛盾，不满足题意．当直线MN的斜率存在时，设其斜率为k，则MN:y=kx-1+1，与l的方程联立可得xP=a2b2+k-1a2k+b2；与C的方程联立，得a2k2+b2x2-2a2kk-1x+a2k-12-b2=0，由韦达定理xM+xN=2a2kk-1a2k2+b2xMxN=a2k-12-b2a2k2+b2则2PS-PM+PN=1+k22xP-1-xM-xP-xN-xP.不妨设xP>1，则xP>xM>1>xN，所以原式=1+k22xP-1-xP-xM-xP-xN=1+k2xM+xN-2=1+k2⋅-2a2k-2b2a2k2+b2<0因此PM,PS,PN不能成等差数列，从而②是假命题．选择命题③的证明：当直线MN的斜率不存在时，MN:x=1，分别与l,C的方程联立可得P1,b2-b2a2，M1,b1-1a2，N1,-b1-1a2．若PM,PS,PN成等比数列，则b2-b2a2-b1-1a2×b2-b2a2+b1-1a2=b2-b2a2-12即a2+a2b2-b2=0，但a2b2>a2+b2，因此a2+a2b2-b2>2a2>0，矛盾，不满足题意．当直线MN的斜率存在时，设其斜率为k，则MN:y=kx-1+1，与l的方程联立可得xP=a2b2+k-1a2k+b2；与C的方程联立，得a2k2+b2x2-2a2kk-1x+a2k-12-b2=0，由韦达定理，xM+xN=2a2kk-1a2k2+b2xMxN=a2k-12-b2a2k2+b2则|PS|2-PM⋅PN=1+k2xP-12-xP-xMxP-xN=1+k2xM+xN-2xP+1-xMxN=1+k22a2kk-1a2k2+b2-1⋅a2b2+k-1a2k+b2+1-a2k-12-b2a2k2+b2=1+k2a2k2+b2a2+b2-a2b2<0因此PM,PS,PN不能成等比数列，故③是假命题．18.（17分）（1）由题意，对于单选题，小周每个单选题做对的概率为14，对于多选题，小周每个多选题做对的概率为12，设小周做对单选题的个数为X1，做对多选题的个数为X2，则X1∼B8,14，X2∼B3,12，所以EX1=8×14=2，EX1=3×12=32，而小周选择题最终得分为X=5X1+3X2，所以EX=5EX1+3EX2=5×2+3×32=292．（2）由题意他能判断一个选项正确，先把这个正确选项选上，如果他不继续选其他选项肯定能得三分，如果他继续选其它选项的话，设此时他的最终得分为X3，则X3的所有可能取值为0，6，则X3的分布列为：X306PX31-p0p0那么这个题的得分期望是EX3=0×1-p0+6p0=6p0,p0≥13所以我们只需要比较3和6p0的大小关系即可，令6p0≥3，解得12≤p0<1，此时四个多选题全部选两个选项得分要高，反之，若13≤p0<12，此时四个多选只选他确定的那个选项得分最高．19.（17分）（1）若n=1，则i=1，P1=1，因此Hx=-1×log21=0．（2）HX与P1正相关，理由如下：当n=2时，P1∈0,12，H(x)=-P1log2P1-(1-P1)log21-P1令f(t)=-tlog2t-(1-t)log21-t，其中t∈0,12，则f'(t)=-log2t+log21-t=log21t-1>0所以函数ft在0,12上单调递增，所以Hx与P1正相关．（3）因为P1=P2=12n-1，Pk+1=2Pkk=2,3,⋯,n，所以Pk=P2⋅2k-2=2k-22n-1=12n-k+1k=2,3,⋯,n故Pklog2Pk=12n-k+1log212n-k+1=-n-k+12n-k+1而P1log2P1=12n-1log212n-1=-n-12n-1于是HX=n-12n-1+k=2nPklog2Pk=n-12n-1+n-12n-1+n-22n-2+⋯+222+12整理得HX=n-12n-1-n2n+n2n+n-12n-1+n-22n-2+⋯+222+12令Sn=12+222+323+⋯+n-12n-1+n2n则12Sn=122+223+324+⋯+n-12n+n2n+1两式相减得12Sn=12+122+123+⋯+12n-n2n+1=1-n+22n+1因此Sn=2-n+22n，所以HX=n-12n-1-n2n+Sn=n-12n-1-n2n+2-n+22n=2-12n-2．