2024年普通高等学校招生全国统一考试高三第二次联合诊断检测数学参考答案一、单选题1～8ABBBDCCA3x237题提示：设APOBPO，||OPx，则sin，cos，||||PAPBx23，xxAP62，cosAPBcos212sin12xOB969则有PAPB||cosPA2APB(3)(1)x22x22227360xx42，解得(2xx223)(12)0，x23，x212，即x23．ln(xx212)ln(2)lntt21ln1118题提示：kAB，令txii2(i1,2)，则kAB，由则有tt124，xx21tt21xx122lnttln11则21．tt21tt122二、多选题9．BCD10．AC11．ACbab11题提示：由条件知NOFNFO，tanNOF，cosNFO，sinNFO，222a2c2cbxaybc0ycbcN联立b可得N(,)，F1(,0)cF2(,0)cyx22aMaF1OF2x3cbccbcA选项：FN(,)，FN(,)，122a222a3cbc222则有0，ba223，所以e2，A正确．44a2B选项：由MFMF12，则有||2cos2MFc22NFOa，||2sinMFc12NFOb2，又22||||2MFMFa12，所以22ba2a，ba2，ca5，所以e5，B错误．3cbc9cbc222C选项：由||2||NFMF，则M(,)，因为M在C上，所以有1，ca222，2244a16aab22216 第二次联合诊断检测（数学）第5页共10页{#{QQABIQIEogiAAJIAARgCEQVQCAGQkBACACoGgEAIsAABiANABAA=}#} 所以e2，C正确．222224|cMFMF21|||caD选项：由||||2MFMFa12，cosNF2O，解得||MF2，2|MF2|2c2a3ac223ac22ca22||MF，由||5||MFMF，即5，解得2ac22，所以12e，12a1222aaD错误．三、填空题27215512．94%13．14．51（或）1433nn(1)1281282(x364)14题提示：易求得an，S．令fx()x2，x0，则fx()2x．当nn2xx22xx(0，4)时，fx()0，当x(4，)时，fx()0，所以f()x在(0，4)上单调递减，在(4，)212812815521286417221282上单调递增．S29，S336，所以Sn的最小值为51S233S333Sn3155(即)．3四、解答题15．（13分）解：（1）在△ABD中，EF,分别为ABAD,的中点，所以EFBD//，因为EF平面CBD1，BD平面CBD1，所以EF//平面CBD1．……2分1因为DCAB//，DCABEB，2由题意D11CDC//，D11CDC，所以EB//D11C且EBD11C，四边形BC11DE为平行四边形，故D11ECB//，因为DE1平面CBD1，CB1平面CBD1，所以DE1//平面CBD1．……5分因为EF,D1E为平面DEF1中两相交直线，所以平面DEF1//平面CBD1．……6分（2）在△ABD中，AD1，AB22DC，DAB60，z所以BD3，ADBD，则ADDBDD,,1两两垂直，……8分D1C1以DA方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，如图．A1B113113DC则E(,,0)，F(,0,0)，A(1,0,1)，C(,,1)，F2221122AB3113EFE(0,,0)，FA(,0,1)，DC(,,1)，xy212122 第二次联合诊断检测（数学）第6页共10页{#{QQABIQIEogiAAJIAARgCEQVQCAGQkBACACoGgEAIsAABiANABAA=}#} FEn0y0设平面A1EF的法向量为nxyz(,,)，则，即，取n(2,0,1)，……11分xz20FA1n0111010则cosDC,n，所以直线DC1与平面A1EF所成角的正弦值为．12555……13分16．（15分）解：（1）由bc2242bcAcos及余弦定理，有a2，由sinA2sinBCsin及正弦定理，有abC2sin，1111所以△ABC的面积SabCaaasin21，22241从而aAE1，AE1．……7分2ADBD（2）在△ABD中，由正弦定理，有，所以．sinBsinADB2sin411因为△ABD的面积SADBDBsin[()]，△ABD242所以2sinBBsin()1．……12分4sin2BBBsincos1，sinBBcoscos2B，解得cosB0或sinBBcos，所以B或B．……15分2417．（15分）解：（1）由ycdx，得lgycdxlglg，设vylg，则vcdxlglg．……2分7，，2，x4v1.59xi140i17xv7xvii51.3741.59ˆi1．……分lgd70.24422140716xxi7i1把样本中心点(4,1.59)代入方程得lgcvˆlgdxˆ1.590.2440.63， 第二次联合诊断检测（数学）第7页共10页{#{QQABIQIEogiAAJIAARgCEQVQCAGQkBACACoGgEAIsAABiANABAA=}#} 所以vxˆ0.240.63，即lgyxˆ0.240.63，其回归方程为yˆ100.24x0.63=100.63100.24x，……6分当x8时，yˆ100.63100.2484.2783.18355人．……8分（2）X的可能取值为：0.7aaaa，0.8，0.9，．31331PX(0.7)a=0.1，PX(0.8a)+=0.35， 10310106314PX(0.9a)=0.15，PX()=0.4a， 10210分布列如下：X0.7a0.8a0.9aaP0.10.350.150.4……13分所以，购物的平均费用为：EX()0.7a0.10.8a0.350.9a0.15a0.40.885a．……15分18．（17分）xy22y2b2解：（），设，有000，1A(,0),(,0)aBaPx(,00y)221222abxa0ayy3b233又00，，2222．2abacxaxa004a442由题意，||||||6PF1212PFFF，226ac，即ac3，解得a2，b3．xy22所以椭圆C的方程为1．……5分43xy221（2）设直线lx:1ty，联立43，得(3tyty224)690，xty115t设D(,xy)，Ex(,y)，则||(1)2FDx22yxy，1122111222115t22||FE12y，||1|DEty12y|．点F1到直线l的距离为d．……8分221t211△DEF面积S△||DEd|FD|||sinFEDFE．1DEF122111设△DEF1外接圆半径为R， 第二次联合诊断检测（数学）第8页共10页{#{QQABIQIEogiAAJIAARgCEQVQCAGQkBACACoGgEAIsAABiANABAA=}#} ||DE||||||1|DEFDFEtFDFE2|||由正弦定理，有2R1111sinDF1E|DE|d215tt2225t1(925)tt()()yy．……12分22222122(34)t2916mm3令1tm2，m1，则4R．31m2916x3x27xx422116令y，则y，31x2(3x221)因为212416270，27xx422116916x3x所以y0，y在[1,)上单调递增，(3x221)31x2从而当m1，即t0时，R取最小值，即△DEF1外接圆面积最小，此时直线l的方程为：x1．……17分19．（17分）xln(2x)解：（1）f()x的定义域为(,1)(1,2)，fx()2x，[ln(2x)]2x12xxx令()xxln(2)，则()x．2x2(2)(2)xxx22当x0时，()x0；当x(0,1)(1,2)时，()x0．所以()x(0)ln20，从而fx()0，故f()x在(,1)单调递增，在(1,2)上单调递增．f()x的单调递增区间为(,1)，(1,2)．……4分axax（2）当01x时，由f()xa，得，即x1ln(2)ax．x1ln(2x)x1aax2令gx()x1aln(2x)，01x，则gx()1，22xx①若20a，即a2，gx()0，gx()在(0,1)单调递减，所以gx()0，不合题意；②若21a，即a1，gx()0，gx()在(0,1)单调递增，所以gx()0，符合题意；③若02a1，即21a，当x(0,2a)时，gx()0，gx()单调递增，当x(2a,1)， 第二次联合诊断检测（数学）第9页共10页{#{QQABIQIEogiAAJIAARgCEQVQCAGQkBACACoGgEAIsAABiANABAA=}#} gx()0，gx()单调递减，所以ga(2)1aaaln()0，不合题意．综上a1．……9分an1an1（3）由题意，an，若01an，则01，ln(2an1)ln(2an1)an111ff(0)()，由（1）知，f()x在(,1)上单调递增，所以01an1， ln(2an1)221综上，若01a，则01a．因为a(0,1)，所以01a，nN．……11分nn113n由（2）知，当01x时，ln(2x)1x（取a1时），11所以aann111ln(2an)aann(1)，有1．……（★）aann1111所以(1)2(2)nnn，ann(2)aan1n211又a，故a．……13分13nn251由（★）知，{}a单调递减，所以ln(2aa)ln(2)ln(2a)ln，nnn1132111从而aaln(2a)a，故a．……17分nn11n2nn32n1  第二次联合诊断检测（数学）第10页共10页{#{QQABIQIEogiAAJIAARgCEQVQCAGQkBACACoGgEAIsAABiANABAA=}#}