p2pp由A(p,2p)，F,0得，k22，l的方程为y22x．鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2024年五月模拟考lp2p22p高三数学参考答案pxy22xxp2由得，1，4，p312．一、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2|BF|x2p，p2y12p22423题目要求的.y2pxy2p21．答案：B故选：B．z解：由i2024，则zi2024(13i)13i，所以|z|123210．7．答案：D1+3i解：连接OM，ON，则PMOM，PNON．又MPN90，OMON，所以四边形MPNO故选：B．为正方形，|PO|2|ON|2，于是点P在以点O为圆心，2为半径的圆C上．．答案：2C又由满足条件的点P有且只有一个，则圆C与直线xym0相切，所以点O到直线xym02n1n2解：Mxx,nZ，Nxx,nZ，所以MN，故C正确；A，B，D均不|m|44的距离d2，2，解得m2．2正确．故选：D．故选：C．8．答案：C．答案：3A107ln11a0b1a110710解：设c(a,b)，因为a(1,0)，b(0,1)，acbc1，所以，解得，c(1,1)．解：alog，b．0a1b1b197997lnlnacc1(1,1)1177向量a在向量c上的投影向量为,．111x1|c||c|2222设f(x)lnx1，则f(x)，当x1时，f(x)0，f(x)在(1,)上单调递xxx2x2故选：A．107．答案：．ln14B10107增，ff(1)0，即ln1，710，ba．解：22024422022486744(91)674997710lnln0674016731673110106740674，774(C67491C67491C67491C67491)ln10ln7ln9ln7其中4(C0967410C1967311C6739111010)是9的整数倍．又a，c．674674674ln9ln7ln8ln7故2024被除的余数为．294lnxln7ln(x1)ln7故选：B．ln(x1)ln7xlnx(x1)ln(x1)ln7设g(x)(x7)，则g(x)x1x．5．答案：A．lnxln7(lnxln7)2x(x1)(lnxln7)2解：由为等差数列，为等比数列，，可得，2．令h(x)xlnx(x1)ln(x1)ln7，则h(x)lnx1ln(x1)1lnxln(x1)0，h(x)在{an}{bn}a4b43a1a72a46b1b7b49aa(1,)上单调递减．由≤172，可得，故正确，错误．a1a7()9a1a7„b1b7AC2当x7时，h(x)h(7)8ln78ln80，g(x)0，g(x)在(7,)上单调递减，g(9)g(8)，ac．当时，≥；当时，≤，故，都b10b1b72b1b76a1a7b10b1b72b1b76a1a7BD2221081088081lnlnlnlnlnln2错误．a771087749499另法：．而lnln≤ln，ac．c2772227故选：A．9ln6．答案：B7综上，．解：设，则，，即．bacA(x1,y1),B(x2,y2)x1py12px12pA(p,2p)故选：C．鄂东南教改联盟学校2024年五月模拟考高三数学参考答案（共10页）第1页鄂东南教改联盟学校2024年五月模拟考高三数学参考答案（共10页）第2页二、多选题：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.k全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.对于C，由xk(kZ)得，f(x)的所有零点为x(kZ)．39．答案：ACD．解：对于，与是互斥事件，与不一定互为对立事件，故充分性不成立；与互为对立k(k1)(k2)(k1)AABABAB事件，则A与B是互斥事件，故必要性成立．所以，“A与B是互斥事件”是“A与B互为对立事不妨设，，是f(x)在,上的三个零点，则，3件”的必要不充分条件，所以A正确．对于B，共有9个数据，而925%2.25，故下四分位数为从小到大排列的第3个数据，即为91，k(k2)(k3)58所以B错误．≥，≤，，解得3k4≤3k1且k≤k．33对于C，在经验回归方程yˆ0.3x10中，当解释变量每增加1个单位时，则yˆ减小0.3，即响应变81054410量将平均减少个单位，故正确．由3k4k得k，由k≤≤3k1得k≥，故≤k，k2,3．0.3C33333311321111411141417对于D，D(X)81，D(2X1)2D(X)6．而(81)=2.25，X2的概率最当k2时，2≤5且≤，≤；当k3时，5≤8且≤，4424333333大，所以D正确．171114175．综上可知，≤或5，故C错误．故选：ACD．333310．答案：AC．T对于D，因为f(x)在区间,上单调，≤，故T≥．解：对于A，设截面与棱BD的交点为P．如图1，过棱AC的截面为△ACP，则P为棱BD的中点422422时，△ACP的面积取得最小值．由ff，且f(x)在区间,上单调，,0为f(x)的一个对称中心．3224428等腰△ACP中，AC1，APCP，可求得S，故A正确．△ACP24又≤T，且3，24为的一条对称轴．对于，设，3，则123．ffxf(x)BAPCPtt,11,424224282t3TAP2CP2AC22t2121而≤，T4，故D正确．在△ACP中，cosAPC1，所以8842882APCP2t22t2故选：．11BD≤cosAPC，故B错误．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.32对于C，根据异面直线的距离定义，可知M，N分别为线段AC，BD的12．答案：1．22解：x，．的方程为．中点时，M，N的距离最小，可求得其值为，故C正确．yekly|x02ly2x22212x对于D，与正四面体各个顶点的距离都相等的截面分为以下两类：（1）平行于正四面体的一个面，令y0得，x1，故l在x轴上的截距是1．且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个；（2）平行于正四面体的两条对棱，且到两条对棱13．答案：2．距离相等，这样的截面有个．故与正四面体各个顶点的距离都相等的截面共有个，故错误．37D解：不妨取AC，BC的中点M，N．故选：AC．因为△的重心为，且在中线上，所以，．OACPPONk1kOPkOMk2kOQkON11．答案：BD．2b2b2b2由中点弦结论知，，，．kOMkACkONkBC2k1kACk2kBC2k1k2kACkBC2解：对于A，f(x)向在平移个单位长度后，得到的函数为ysinx，kaaa2626222b22因为，所以，．(kZ)，即2k(kZ)，故A错误．ACBCkACkBC1k1k223a1115b2对于B，x(0,)时，x,，故3≤4，即≤，故B正确．又由ACBC，可得△ABC的外心R为AB的中点，于是由中点弦结论知kk，又k1，444444ORABa2ABb2b2所以k，即k．ORa23a2鄂东南教改联盟学校2024年五月模拟考高三数学参考答案（共10页）第3页鄂东南教改联盟学校2024年五月模拟考高三数学参考答案（共10页）第4页3解：（1）连接O1C1，则四边形OO1C1C是直角梯形．b2b2b2由kkk27得，27，解得3，所以双曲线E的离心率e12．123222过作于，则四边形是矩形，，．分aaaOC1NOCNOO1C1NOO1//C1NMC1N………14故答案为：2．1连接NM．ONOC1，OC2，N为OC的中点．又M为BC的中点，NMOB1．14．答案：{6,5,4,3,2}112平面，，平面．又平面，，解：首先证明x23是f(x)的零点．事实上，设f(23)AB3，其中A、B是整数．OO1ABCOO1//C1NC1NABCNMABCC1NNM22．假设f(23)0，即AB30，而A，B是整数且3是无理数，故A3B0，从而C1NNM122在△COC中，NCOCON1NCNO，CCOC．………………………………3分|A3B|≥1．1111因为|f(23)f(23)||(AB3)(AB3)||A23B2|≥1，故|f(23)|100．为的中点，．又，平面，，平CABOCOBOO1OBOC,OO1O1OCOCOO1OOB而|f(23)||(23)3a(23)2b(23)c|≤1|a||b||c|≤31100，矛盾．面．又平面，O1OCCC1O1OC故，即，所以．zf(23)0AB0f(23)0．分OBCC1……………………………………5设的三个根为，，，其中，，则，，f(x)x1x2x3x123x223x1x2x3ax1x2x2x3x3x1bCC1OC1，CC1OB，OB,OC1平面OBC1，O1A1，得，，，所以，．B1x1x2x3c4x3a4x31bx3cac4b14cOBOCO，1C由ac4，b14c及10≤a≤10，10≤b≤10，10≤c≤10得c{2,1,0,1,2}．所以平面．分1CC1OBC1………………………6a{6,5,4,3,2}．（）以为原点，直线分别为轴2OOC,OB,OO1x,y,z故答案为：{6,5,4,3,2}．建立如图的空间直角坐标系．…………………7分A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.设，则．OBy|OO1|hC1(1,0,h)N．（分）M1513C(2,0,0),B(0,2,0)，M(1,1,0)，sinAsinBsinCabcC解：（1）由及正弦定理得，即a2b2c2bc．………………3分，．xbcabbcabOC1(1,0,h)OM(1,1,0)22212又由余弦定理得，abc2bccosA，cosA，A．………………………5分23nOC0xhz0设平面的法向量，则1111，取得