商洛市2024届高三第四次模拟检测别为M1,N1,同理NN1是KMM1的中位线,MM12NN1,有抛物线定义知MM1MF,NN1NF,13数学试题（理科）参考答案及评分意见因此，N点横坐标是该，所以NF,MF3,故选：C.22一、选择题：x11y1方法二：设点Mx1,y1，则N,，由已知221234567891011122ABBDCCCBDBCBy14x12yx1，解得x12，所以MF3，故选：C.21122241.A.【详解】根据复数的运算性质，可得zzz1i2.故选A.221i8.B.【详解】观察可发现这个棱锥是将一个侧面摆在地面上，而棱锥的真正底面体现在正2．B.【详解】x2x2x1x20，解得1x2，所以Qx|1x2，所以PQ1,2.1视图（梯形）中，所以S底42412，而棱锥的高为侧视图的左右间距，即h4，故选：B26r322r6r31r6rr23．B【详解】x的通项为Tr1C6xC62x，令6r0有r4.所以VS底h16答案：Bxx236xxxx29．D【详解】对于fxee，定义域为R，满足fxeefx，为偶函数.故x的展开式中常数项为第5项.故选：Bx同理可得：gxsinx为奇函数.4．D.【详解】设数列的公差为d，则S4(4d)4(4d)(42d)22，∴d3，记hxfxgx2，则hxfxgx2fxgx25(aa)∴aad7，S155a35．故选：D32523所以hxhx且hxhx，所以fxgx2为非奇非偶函数；5．C.【详解】gx同理可证：fxgx2为非奇非偶函数；fxgx和为奇函数.fx444由题意可得Ne3kN，可得e3k，设Nekt0.64N()2N,050500502由图可知，图像对应函数为奇函数，且0f11.显然选项A，B对应的函数都不是奇函ekte3ke6k,解得t6数，故排除；因此，污染物消除至最初的64%还需要3小时.故选：C.对C:yfxgxexexsinx，为奇函数.6．C.【详解】由题意B,E,N三点共线，所以存在R，使得11π122e1当x1时，esin1esinee1，故错误；AEAB1ANABAC，ee4e2223sin11gxsinx1同理C,E,M三点共线，所以存在R，使得AEAC1AMACAB，对D，y，为奇函数.当x1时，1.故正确.故选：D.2fxexexee110.B.【详解】对于①，因为两函数图像的对称轴相同，且两相邻对称轴之间的距离等22121由平面向量基本定理可得，解得,，所以AEab.故选：C.15555于周期的一半，所以两函数的周期也相同，32因此，解得2，故①错误；7．C.【详解】由已知ON是KMF的中位线，可知MF2ON，过M,N向准线做垂线，垂足分{#{QQABLQiEgggoAJBAABhCUQFQCAOQkBAACAoGRFAIoAAAiBFABAA=}#}214.答案：k1【详解】f(x)x1ex，切线为yx，斜率为k1，对于②，因为2，所以fxsin2x，当时，63125515.答案：【详解】因为AC的中点是球心，所以该球的半径为，所以外接球的体262gxcos2xsin2x，此时f(x)与g(x)的图像关于x轴对称，则它们的36125积为.对称轴相同，故②正确；611对于③，令2k2x2kkz得，kxkkz，故f(x)16.答案：12【详解】fx2fxfx12fx2fx，2623622所以数列fn是公比为2的等比数列，的单调递增区间为k,kkz，故③正确；36则有f61fn2n6对于④，fx的所有零点满足2xk,kz，解得所有零点的集合为61f1f2fn2n1k32xx,kz，故④错误.nn1154n6122f1f2fn22211．C.【详解】由双曲线C定义，PF1PF24,PF22,nn11n211n15所以所解不等式为：2n1222n122232lnPF1lnPF2lnPF1PF2lnPF24PF2lnPF24PF2，当且仅当PF22取得最小n211n102值ln12.故选：Cn11n102n22nn213n100212.B.【详解】由题意0,不等式即2e2xlnx,进而转化为2xe2xlnxelnxxx13129令g(x)xe,则g(x)(x1)e,当x0时，g(x)0,所以g(x)在（0，）上单调递增可解得：0n2则不等式等价于g(2x)g(lnx)恒成立.因为0,x1,所以2x0,lnx0,所以的最大值为lnxnNn122xlnx对任意x1恒成立，即2恒成立x三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个lnt1lnt设h(t)(t1),可得h(t),当1te,h(t)0,h(t)单调递增试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．tt2111（一）必考题：当te,h(t)0,h(t)单调递减.所以te,h(t)有最大值h(e),于是2,解得.ee2e17．答案：(1)π(2)33故选：B34ac3ac二、填空题：本题共4小题．（1）在ABC中，由正弦定理=得：.【详解】sinAsinC2AsinC2cos9125213．14．115．16．123263aa所以，.··························2分19331cosAsinA13．答案：.【详解】事件A概率为29.32p1632所以，3sinA1cosA，即3sinAcosA1，即{#{QQABLQiEgggoAJBAABhCUQFQCAOQkBAACAoGRFAIoAAAiBFABAA=}#}π1（2）如图，过A点作AOBD于点O，sinA，··························4分6211由SBDAOABAD代值易得：AO3.ππ5πππABD22又A0,π，所以A,，所以A，即66666由平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AO平面πA··························6分3ABD，53可知AO平面BCD.····························7分(2)在ABC中，a3,cb,A23在平面BCD中，过O点作BD的垂线为x轴，OD，OA所在直线分别为y，z轴，建立空间2222由余弦定理得abc2bccosA，即3cbbc.·····················8分直角坐标系.则A0,0,3，B0,1,0，C3,2,0，D0,3,0，15bc1，·····················10分有AB0,1,3，BC3,3,0，CD3,1,0，AD0,3,3.············8分2mABy13z1012335设平面的法向量mx,y,z，则，所以S·····················12分ABC111ABCbcsinA.mBC3x3y0281118【详解】(1)由频率分布直方图，经过计算该校高三年级男生平均身高为令z11，解得其中一个法向量m3,3,1；···········9分5782211621641701741781824168.72，nCD3x2y20100100100100100100设平面ACD的法向量nx2,y2,z2，则，nAD3y23z20∴平均值为168.72，高于全市平均值168.···············3分令x21，解得其中一个法向量n1,3,3.···········10分(2)由频率分布直方图知，后3组频率为(0.02＋0.02＋0.01)×4＝0.2，人数为0.2×50mn33＝10，即这50名男生身高在172cm以上(含172cm)的人数为10.·······6分于是，cosm,n0，··········11分mn131313(3)由已知50人中180cm以上的有2人．················9分3故平面ABC和平面ACD夹角的余弦值为.··········12分随机变量ξ可取0,1,2，于是1321120．【详解】（1）因为椭圆C的长轴长是短轴长的3倍，所以，C28CC16a3b882p02，p12，22C1045C1045xy则椭圆C的方程为1．9b2b2C212p22，C10452218又椭圆C经过点1,，所以1，39b29b2281612∴E0012··········12分4545455x2解得b1，a3，所以椭圆C的方程为y21．·············4分919．【详解】（1）由ABCD，BCCD，且ABBCB，AB,BC平面ABC，可得CD平面ABC，·····························2分又AC平面ABC，则ACCD，·····························3分（2）2在Rt△ACD中，根据勾股定理，ACAD2CD2232222.········5分{#{QQABLQiEgggoAJBAABhCUQFQCAOQkBAACAoGRFAIoAAAiBFABAA=}#}/设Px1,y1，Qx2,y2，若直线PQ斜率为0，不妨设PQ:yt,t0,1t1，f(x)+0—2x22fx↗极小值↘此时x1,x2是方程t1的两根，所以x1x20,x1x29t1，但9········4分22y1y2tt11k1k2，不满足题意；······6分2（3）当时，x13x23x1x23x1x299t10993a0若直线PQ斜率不为0，直线PQ的方程为xmyn，且n3，x0，-2a2a2a，xmynf/(x)+0—2m29y22mnyn290联立方程组x2，消去x得，y1fx↗极小值↘9由0，得m2n290，·········5分2mnn29综上当时，f