黑龙江省大庆实验中学2024-2025学年高三下学期实验二部数学得分训练（三）

大庆实验中学实验二部 2022 级高三得分训练（三）答案 选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A B B D A A B B AD ACD ABD 7. 答案 B 解：设Q为曲线C 上的点， 1 2 xy  ，Q为曲线C 顺时针旋转45 得到的点， cos sin x r y r      ' ' 2 cos( 45 ) ( ) 2 2 sin( 45 ) ( ) 2 x r x y y r y x                则 ' ' ' ' 2 2 x y x x y y         由 1 2 xy  得： ' ' ' ' '2 '21 , 1 22 2 x y x y x y       易知 'Q 到 ( 2,0),( 2,0) 得距离之差得绝对值为定值。 将 ( 2,0),( 2,0) 逆时针旋转45 得到 (1,1),( 1, 1)  ,因此选择 B 8. 答案 B 2 2 2 2 12PA PB PC PD    ,可以得到 P 的轨迹是以正方形中心为圆心，1 为半径的圆，不妨记正方形中心 为O，cos AB SP AB SP    ,其中    0,2AB SP AB SO OP AB OP       ，因此选择 B 10. 答案 ACD 曲线 exy  与曲线 lny x 也关于直线 y x 对称，直线 0mx y  与直线 0x my  关于直线 y x 对称, 所以 点  3 3,C x y 和点  4 4,D x y 分别与点  1 1A x y， 和点  2 2B x y， 关于直线 y x 对称， 则有 1 3 1 3 2 4 2 4, , , .y x x y y x x y    对于 A，当直线 0mx y  与曲线 exy  相切时，设切点为  0 0,P x y ，则有 0 0 0 0 0 0 e e x x mx y y m         ，解得 em  ， 由图象可知，直线 0mx y  与曲线 exy  有两个不同的交点，则必有m e .故 A 正确 对于 B， 1 21 2, x x mx e mx e  ，可得， 1 1 2 2ln ln , ln lnm x x m x x    ，进而可得 2 1 2 1ln lnx x x x   ，由对数均值不等式可知 1 2 2x x  故 B 错误； 对于 C， 3 1 3 3 3 3 3 1 3 3 3 3 1 1 AC y y y x y my m k x x y x y my m             ， 同理， 4 2 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 1 1 BD y y y x y my m k x x y x y my m             .即 AC BDk k ，所以 / /AC BD，故 C 正确； 对于 D，若 OBD 的面积等于 OAC 的面积的 4 倍，可得 2OB OA ， 即有 2 1 2 1 2 2 x x y y    ，由 2 1e 2ex x 可得 1 12e 2ex x ，两边取对数，可得 1 1ln 2, 2x y  ，则 2 2 2log e ln 2 m   ，故 D 正确. 11. 答案 ABD 由椭圆定义可知 A 正确，设点 2F 关于H 的对称点为R ，由光学性质可知，直线PR过左焦点，因此 D 正 确，同时H 为 2F R 中点，因此，B 正确，且 2 2 2 H Hx y a  ，当H 落在 y 轴上时， 2OHF 面积取得最大. 填空题 12．-1 13. 2 3 = 3 S 14.5 13. 答案 2 31 1sin 2cos 3sin sin 3cos(1 cos ) 3cos 3cos 2 2 S ab                ' 2 23sin 9sin cos 3sin (3cos 1)S          3 cos 3   时， 2 3 = 3 S 为最大值 14. 答案 2 1 exax bx   ，令    2 1, exf x ax bx g x    ， 当 0a  时，   2 1 1f x ax bx bx     ，此时，直线  f x 恒过点  0,1 ， 故只需直线   1f x bx  为曲线   exg x  在点  0,1 处的切线即可，  0 1b g   ， 当 0a  时，曲线   2 1f x ax bx   开口向下，曲线  f x 亦恒过点  0,1 ，为使 2 1 exax bx   ，对一切 Rx 恒成立，且在点  0,1 处与曲线   exg x  有公切线即可， 故  0 1f b   ，综上， 1b  ，因此 2 2a b 最大为 5. 解答题 15. （本小题题 13 分） （1）由 2AC  ， 2 3BC  ， AC BC ， 得 2 3 tan 32 3 AC B BC    ， 又0 90B  ，则 30B  ， 60A  ，所以 2 4AB AC  ， ……………（2 分） 在 ACM△ 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 cosCM AC AM AC AM A     2 2 12 1 2 2 1 3 2        ，则 3CM  ，因为 2 2 2AC AM CM  ，所以CM AM ， ……………（4 分） ∵ 30MCN ，∴ 3 tan30 3 1 3 MN CM    ，∴ 2 2CN MN  ， ∴ MNC的周长为1 2 3 3 3    . ……………（6 分） （2）设  0 60ACM     ， 因为 MNC的面积是 CMA的面积的 3 2 倍， 所以 1 3 1 sin30 sin 2 2 2 CN CM CA CM     ，即 2 3sinCN  ， ……………（8 分） 在 CAN△ 中，  180 60 30 90ANC         ，由   2 sin 60 cossin 90 CN CA     ， 得 3 cos CN   ，从而 3 2 3sin cos CN     ，即 3 1 sin cos 22 3     ，而sin 2 1  ，……………（11 分） 由0 2 120  ，得2 90  ，所以 45  ，即 45ACM  .……………（13 分） 16. （本小题题 15 分） （1）解：因为   2 ln 2 a f x x x x   ，可得定义域为  0,  ， 由函数  f x 在定义域内是增函数，所以   1 1 0f x ax x      对任意的 0x  恒成立，……………（2 分） 即 2 2 1 1 1 1 1 2 4 a x x x            对任意的 0x  恒成立， ……………（4 分） 当 1 1 0 2x   时，即 2x  时， 2 1 1 1 2 4x         取得最大值，最大值为 1 4 ，所以 1 4 a  ， 所以实数a的取值范围是 1 , 4      . ……………（6 分） （2）解：由   2 a f x ax  ，即 2 ln 2 2 a a x x x ax    ， 设   2 ln 2 2 a a x x x axg x     ，则     1 11 1 ax x a x a x g x x        ， 当 1a  时，     2 1 0g x x x     ，函数  y g x 在  0,  上单调递增， . ……………（8 分） 因为  1 1 0g    ，   1 4 ln 4 0 2 g    ，故函数  y g x 有唯一零点； 当  1,2a 时，由     1 1x g x ax x     ， 令   0g x  ，解得 1 0 x a   或 1x  ；令   0g x  ，解得 1 1x a   ， 所以函数  y g x 在 1 0, a       上单调递增，在 1 ,1 a       上单调递减，在  1, 上单调递增， 则极大值为 1 1 1 ln 1 ln 1 2 2 2 1 2 a a a a a aa a g                ， . ……………（10 分） 设   1 ln 1 2 2 a H a a a      ，可得     2 2 2 11 1 1 0 2 2 2 a H a a a a        恒成立， 故函数  y H a 单调递增，所以     1 2 ln 2 0 4 H a H     ， 故函数  y g x 在(0,1)上无零点， 因为  1 1 0g    ，   9 1 4 4 ln 4 ln 4 0 2 2 g a      ， 故函数  y g x 在  1, 上有唯一零点. . ……………（12 分） 当  0,1a 时，由     1 1x g x ax x     ， 所以函数  y g x 在  0,1 上单调递增，在 1 1, a       上单调递减，在 1 , a       上单调递增， 则极大值为   01 1g    ， ,x y ，故函数  y g x 在  1, 上有唯一零点. 综上所述，当  0,2a 时，方程   2 a f x ax  有且仅有一个根. . ……………（15 分） 17. （本小题题 15 分） （1）在菱形 ABCD中， / /BC AD，因为BC 平面 ADFE ， AD平面 ADFE， 所以 / /BC 平面 ADFE， 因为 BC 平面BCFE ，平面BCFE平面 ADFE EF ， 所以 / /BC EF . ……………（3 分） 取 AB的中点M ，CD的中点N ，连接MN ，EM ，FN ，则 / /MN BC EF// ， 所以 / /MN EF ，故M ， N ，F ， E 四点共面， 因为EA EB FC FD   ， / /AB CD， 所以EM AB ，FN CD ，即FN AB ， 因为四边形MNFE为梯形，所以EM 与FN 相交，所以 AB 平面MNFE， 又MN 平面MNFE， 所以 AB MN ，而 / / BCMN ，所以 AB BC .……………（6 分） （2）分别作MP EF ， NQ EF ，垂足分别为 P ，Q，连接 PB，PA，QC ，QD， 由（1）知 / /BC EF ，则MP BC ， 又 AB BC ，MP AB M ，MP AB、 平面PAB， 所以 BC 平面PAB，同理 BC 平面QCD . 因为菱形 ABCD的边长为2 ， 10EA EB FC FD    ， M 为 AB的中点，N 为CD的中点， 2MN  ， 则 2 2 3EM EB BM   ， 2 2 3FN FC CN   ，又EF BC ， 所以四边形MNFE是等腰梯形，由对称性可知 E PAB F QCDV V  ， .……………（9 分） 设 π , 0, 2 EMP           ， 则 sin 3sinPE EM    ， cos 3cosPM EM    ， 所以 1 · 3cos 2 PABS AB PM   ， 所以 1 3cos 3sin 3sin cos 3 E PABV         ， PAB QCDV   3cos 2 6cos   ， 所以五面体 ABCDFE的体积为   2 6sin cos 6cosE PAB PAB QCDV V V        ， .……………（12 分）     26 12sin 6sin 6 2sin 1 sin 1V            ， 则当 π 0, 6        时，  ' 0V   ，  V  单调递增， 当 π π , 6 2        时，  ' 0V   ，  V  单调递减， 故当 π 6   时，五面体 ABCDFE体的最大，最大值为 π 9 3 6 2 V       . .……………（15 分） 18. （本小题题 17 分） （1）由 5N ， 3n  知，当 5M  时，最大编号为 5， 另 2 辆坦克编号有 2 4C 种可能，故   2 4 3 5 C 3 5 C 5 P M    ， .……………（3 分） 由Y M ，有2 1 5X   ，解得 3X  ，故总编号和小于 9， 则除最大编号 5 外，另 2 个编号只能是 1，2， 故   3 5 1 1 5 C 10 P Y M M   且 ， .……………（5 分） 因此       1 5 1105 35 6 5 P Y M M P Y M M P M         且 ； .……………（7 分） （2）依题意，用 M作为 N 的估计值，因 8N  ，则M 的可能取值有4,5,6,7,8， .……………（9 分） 于是 3 3 4 8 C 1 ( 4) C 70 P M    ， 3 4 4 8 C 4 2 ( 5) C 70 35 P M     ， 3 5 4 8 C 1 1 ( 6) C 70 7 P M     ， 3 6 4 8 C 20 2 ( 7) C 70 7 P M     ， 3 7 4 8 C 35 1 ( 8) C 70 2 P M     ， .……………（11 分） 于是 M 的分布列如下： M 4 5 6 7 8 P 1 70 2 35 1 7 2 7 1 2 故   1 2 1 2 1 36 4 5 6 7 8 70 35 7 7 2 5 E M            ； .……………（14 分） （3）直观上可判断  E M N ， 证明：因 ( ) ( ) ( 1) ( 1) ( )E M nP M n n P M n NP M N         [ ( ) ( 1) ( )]N P M n P M n P M N N         . .……………（17 分） 19. （本小题题 17 分） （1）. 1x   .……………（4 分） （2）.只需证明 ,TA TB TF AB  .……………（10 分） （3）.设    2 21 1 2 2,2 ,2 ,A t t B t t 令 1 2 A B y tAN BN y t     ，因此 1 2t t     1 2 1 2: 3 0TF t t x y t t     ，同时 1 2 2t t   . .……………（13 分） 设 A 到直线 TF 的距离为 3 1 1 2 2 2 1 2 3 5 A t t t d t t      ，设 B 到直线 TF 的距离为 3 2 2 1 2 2 1 2 3 5 B t t t d t t      所以 3 3 2 1 1 2 2 23 22 2 1 3 3 1 33 ATF A BTF B t t tS d t S d tt t t                ， 2 2 2 2 2 2,t t    ， .……………（15 分） 因此 22 3 1 6 2 3 2 2 3 ATF BTF S S                 ，由  1,2 ， 5 1, 2 ATF BTF S S         . .……………（17 分） 大庆实验中学 试卷第 1 页，共 3 页 大庆实验中学实验二部 2022 级高三得分训练（三） 数学试题 一、选择题：本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个 符合题目要求的. 1.  | 2 5A x x= −   ，  | 1 2 1B x m x m= +   − ，若 A B A= ，则实数m 的取值范围是（ ） A． ( ,3− B． ( ),2− C． 2,3 D． ( ),3− 2. 记 nS 为等差数列 na 的前 n 项和，若 4 0S = ， 3 22 6a a− = ，则该数列的公差 d =（ ） A．6 B．4 C． 4− D． 6− 3. “ a b e + ”是“ ( )ln 1a b−  ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 4. 设 a 、bR， 0ab  ，且 a b ，则（ ） A． 1 1 a b  B．3 2a b C． 2 b a a b +  D．sin sina b a b−  − 5. 已知函数 ( ) 4 3 24 6 4 1f x x x x x= + + ++ ，若 ( ) 1f x  ，则 x 的取值范围是（ ） A． (   ), 2 0,− −  + B． )0,+ C． (   ), 1 0,− −  + D． ( ,0− 6. 已知向量 ,a b 满足 3a = ，2 4a b b+ + = ，则 a b+ 的取值范围是（ ） A． 1,2 B． 0,1 C． 3,2   D． 2,4 7. 已知向量 ( cos , sin )OP r r = 绕点O 逆时针方向旋转 角可得向量 ' ( cos( ), sin( ))OP r r   = + + .已知曲线C 的方程为 1 2 xy = ，Q是曲线C 上的任意一点。 现已知存在定点M N、 ，使得 | | | |QM QN− 为定值，则M N、 的坐标为（ ） A． ( 2,0),( 2,0)− B． (1,1),( 1, 1)− − C． ( 1,1),(1, 1)− − D． (0, 2),(0, 2)− 8. 已知正四棱锥 S ABCD− 底面边长为 2，高为 2，动点 P在平面 ABCD内且满足 2 2 2 2 12PA PB PC PD+ + + = ，则直线 AB 与 SP 所成角的余弦值的取值范围为( ) A． 2 5 0, 5       B． 5 0, 5       C． 5 5 , 5 5   −    D． 2 5 ,1 5       二、选择题：本大题共 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，部分选对的得部分分，有选错的得 0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A．独立性检验的本质是比较观测值与期望值之间的差异，由 2 所代表的这种差异的大小 是通过确定适当的小概率值进行判断的 B．决定系数 ( ) ( ) 2 2 1 2 1 ˆ 1 n i i i n i i y y R y y = = − = − −   ，因此 2R 越大，表示残差平方和越大， 2R 越小，表示残 差平方和越小 C．样本相关系数 1,1r ，当 0r = 时，表明成对样本数据间没有相关关系 D．经验回归方程 ˆ 3 1y x= + 相对于点 ( )2,6.5 的残差为 0.5− 大庆实验中学 试卷第 2 页，共 3 页 10. 在平面直角坐标系 xOy中，直线 0mx y− = 与曲线 xy e= 交于 ( ) ( )1 1 2 2A x y B x y， ， ， ， 直线 0x my− = 与曲线 lny x= 交于 ( ) ( )3 3 4 4C x y D x y， ， ， ，且 1 2 3 4x x x x ， ．下列说法正确 的是（ ） A. m 的取值范围是 ( )e +， B． 1 2 2x x+  C． / /AC BD D．若 OBD 的面积等于 OAC 的面积的 4 倍，则 22log em = 11. 已知椭圆 ( ) 2 2 2 2 : 1 0 x y C a b a b + =   的左右焦点分别为 1 2,F F P 为椭圆上除顶点外任意一 点，过点P作椭圆的切线 l ，过 2F 作直线 l 的垂线，垂足为H 下列说法正确的是（ ） A. 设点Q为直线上一点，则满足 1 2 2QF QF a+  B. 1OH PF C. 2OHF 面积没有最大值 D.设点 2F 关于H 的对称点为R，则直线PR过定点 三、填空题：本题共 3小题，每空 5分，共 15 分。把答案填在答题卡的相应位置. 12．已知公式 cos sinixe x i x= + ，其中 i是虚数单位，根据此公式计算 2 ii e  −  的虚部是 . 13．已知三角形的两边为2cos 和3sin 它们的夹角为 ， (0, ) 2    ，则三角形面积的最大 值_____. 14. 若对任意 Rx 存在  2,0a − ，不等式 2e 1x ax bx + + 恒成立，其中 Rb ， e 为自然 对数的底数，则 2 2a b+ 的最大值为_________. 四、解答题：本大题共 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.（本小题满分 13分） 如图，在 ABC 中， 2AC = ， 2 3BC = ，且 AC BC⊥ . M 、N 为线段 AB上的两个动点（N 在M 的右侧），且 30MCN . (1)若 1AM = 时，求 MNC 的面积； (2)若 MNC 的面积是 CMA的面积的 3 2 倍，求 ACM 的大小； 16.（本小题满分 15分） 已知函数 ( ) 2 ln 2 a f x x x x= − + . (1)若函数 ( )f x 在定义域内是增函数，求实数a 的取值范围； (2)当 ( )0,2a 时，讨论方程 ( ) 2 a f x ax= − 的根的个数. 大庆实验中学 试卷第 3 页，共 3 页 17.（本小题满分 15分） 如图，在五面体 ABCDFE中，菱形 ABCD的边长为2， 10EA EB FC FD= = = = ，EF BC . (1)证明： / /BC EF 且 AB BC⊥ . (2)求五面体 ABCDFE体积的最大值. 18.（本小题满分 17分） 第二次世界大战期间，了解德军坦克的生产能力对盟军具有非常重要的战略意义.已知德军的每 辆坦克上都有一个按生产顺序从 1 开始的连续编号.假设德军某月生产的坦克总数为 N，随机缴 获该月生产的 n辆（n N ）坦克的编号为 1X ， 2X ，…， nX ，记  1 2max , , , nM X X X= ， 即缴获坦克中的最大编号.现考虑用概率统计的方法利用缴获的坦克编号信息估计总数 N. 甲同学根据样本均值估计总体均值的思想，用 1 2 n X X X X n + + + = 估计总体的均值，因此 ( ) 1 1 2 N i N N N X i = +  = ，得 1 2 N X +  ，故可用 2 1Y X= − 作为 N的估计. 乙同学对此提出异议，认为这种方法可能出现Y M 的无意义结果.例如，当 5N ， 3n = 时， 若 1 1X = ， 2 2X = ， 3 4X = ，则 4M = ，此时 1 2 4 11 2 1 3 3 Y M + + =  − =  . (1)当 5N ， 3n = 时，求条件概率 ( )5P Y M M = ； (2)为了避免甲同学方法的缺点，乙同学提出直接用M作为 N的估计值.当 8N = ， 4n = 时，求 随机变量M的分布列和均值 ( )E M ； (3)丙同学认为估计值的均值应稳定于实际值，但直观上可以发现 ( )E M 与 N存在明确的大小关 系，因此乙同学的方法也存在缺陷.请判断 ( )E M 与 N的大小关系，并给出证明. 19.（本小题满分 17分） 已知抛物线 2: 4C y x= ，焦点为F ，过定点 ( ),0N n 的动直线 l 与C 交于 ,A B 两点，其中，点 A在第一象限，抛物线在 ,A B两点处的切线交于点T . （1）.求交点T 的轨迹方程； （2）.证明：当 1n = 时， 2 2 2 1 1 1 AT BT TF + = ; （3）. 当 2n = 时，令  ( )1,2AN BN =  ，求 ATF BTF S S   的取值范围.