2024年普通高校招生全国统一考试仿真模拟·全国卷
数学理科（六）参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B C C C A C D C C C
13．-4 14．[3，4) 15．乙 16．18π
?3a1?3d?21， 17．解：（1）设数列{an}的公差为d(d≠0)，则?， 2a(a?20d)?(a?5d)?111?a?5， 解得?1
d?2.?A B ∴an＝2n+3． （2）由
1111??an，得??an?1(n?2，n?N*)． bn?1bnbnbn?1?11?11?11??11??????????…????? bn?bnbn?1??bn?1bn?2??b2b1?b1 当n≥2时，
?an?1?an?2?…?a1?11?(n?1)(2n?6)?3?n(n?2)． b121
又对b1?上式也成立，
31 ∴?n(n?2)．
bn ∴bn? ∴Tn?11?11?????．
n(n?2)2?nn?2?1??1??11?1???11????…????????? 2?324nn?2????????1?311?3n2?5n ???． ???2?2n?1n?2?4(n?1)(n?2) 18．证明：（1）取AC的中点F，分别连接DF，EF． 又∵E是BC的中点，∴EF∥AB． 据三棱柱ABC-A1B1C1性质知，AB∥A1B1．
∴EF∥A1B1，又∵EF?平面A1B1C1，A1B1?平面A1B1C1，∴EF∥平面A1B1C．
∵D是AA1的中点，F是AC中点，∴DF∥A1C．又∵DF?平面A1B1C1，A1C?平面A1B1C，∴DF∥平面A1B1C．
又∵DF∩EF＝F，DF，EF?平面DEF． ∴平面DEF∥平面A1B1C．
又∵DE?平面DEF，∴DE∥平面A1B1C．
解：（2）过点A1作A1O⊥AC，垂足为O，连接OB． ∵平面ACC1A⊥平面ABC，∴A1O⊥平面ABC． ∴A1O⊥OB，A1O⊥OC．
∵∠A1AC＝60°，AA1＝2，∴OA＝1，OA1?3．
∵AB＝2，∠OAB＝60°，由余弦定理得，OB2＝OA2+AB2-2OA·ABcos∠BAC＝3， ∴OB?3，∴OA2+OB2＝AB2，∴∠AOB＝90°，∴OB⊥AC． 分别以OB，OC，OA1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则
??33?13??，?，E?，，0?． 0，0)，A1(0，0，3)，D?0， A(0，-1，0)，C(0，3，0)，B(3，2222???? 设m＝(x1，y1，z1)是平面ABB1A1的一个法向量，
uuur???3x1?y1?0，?m?AB?0，?31)，． 则?uuur ∴?令z1＝1，∴m?(1，???m?AA1?0，?y1?3z1?0.
uuuruuur?3uuur3?m?DE?2330uuur?2，?DE?? ∵DE??，． ?，∴cos?m，2255|m||DE|?? ∴直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值为2330． 55 19．解：（1）记事件A为“甲选择产品A且盈利”，事件B为“乙选择产品B且盈利”，事件C为“一年后甲，乙两人中至少有一人投资获利”，则P(A)?2，P(B)?1?p． 3212p32
所以P(C)?1?P(AB)?1?(1?p)???，解得p?．
3335512
又因为p??q?1，q＞0，所以p?．
33
所以
22?p?． 53 （2）假设丙选择产品A进行投资，且记X为获利金额（单位：万元），则随机变量X的分布列为
X p 111 则E(X)?4??0??(?2)??1．
3264 1 30 1 2-2 1 6 假设丙选择产品B进行投资，且记Y为获利金额（单位：万元），则随机变量Y的分布列为
Y p 2 p 0 1 3-1 q 2?2??p??3p??0?p??．
3?3??1?2 则E(Y)?2?p?0??(?1)?q?2p?q?2p???3?3 讨论： 当p?
5
时，E(X)＝E(Y)，选择产品A和产品B一年后投资收益的数学期望相同，可以在产品A9
和产品B中任选一个； 当0?p? 当
5时，E(X)＞E(Y)，选择产品A一年后投资收益的数学期望较大，应选产品A； 952?p?时，E(X)＜E(Y)，选择产品B一年后投资收益的数学期望较大，应选产品B． 93 20．解：（1）设直线l上任意一点P(x，y)关于直线y＝x+1的对称点为P0(x0，y0)． 直线l与直线l1的交点为(0，1)． ∵l：y＝kx+1，l1：y＝k1x+1， ∴k?y?1y?1，k1?0．
x0xy?y0x?x0??1，∴y+y0＝x+x0+2． ① 22 据题意，得 由
y?y0??1，得y-y0＝x0-x． ② x?x0?y?0?1， 由①②，得?
y?x?1.?0 ∴kk1?yy0?(y?y0)?1(x?1)(x0?1)?(x?x0?2)?1??1．
xx0xx0 （2）设点M(x1，y1)，N(x2，y2)． ?y?kx?1，? 由?x2得(4k2+1)x2+8kx＝0． 2?y?1，??41?4k2?8k ∴x1?2，∴y1?2．
4k?14k?1?8k11?4k12 同理有x2?2，y2?2．
4k1?14k1?1 又∵k·k1＝1，
1?4k2k2?4?y1?y24k2?14?k28?8k4k2?1． ?????2?8k?8kx1?x28k(3k?3)3k?4k2?14?k2 ∴kMN1?4k2k2?1??8k? ∴MN：y-y1＝kMN(x-x1)．∴y?2??x???．
4k?13k?4k2?1?k2?18(k2?1)1?4k2k2?15 即y??． x????x?223k3(4k?1)4k?13k35?? ∴当k变化时，直线MN恒过定点?0，??．
3?? 21．解：（1）函数f(x)＝ln x-kx+k的定义域为(0，+∞)．
要存在唯一实数x∈(0，+∞)，使f(x)≥0成立，只需满足f(x)max＝0，且f(x)max＝0的解唯一． f?(x)? 讨论：
①当k≤0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，+∞)上单调递增，且f(1)＝0， 所以f(x)≥0的解集为[1，+∞)，不符合题意；
?1??1? ②当k＞0，且x??0，?时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；当x??，???时，f′(x)＜0，f (x)单调递减，
?k??k??1?所以f(x)有唯一的一个最大值为f??．
?k?k?1?1? 令g(k)?f???k?lnk?1(k?0)，则g(1)＝0，g?(k)?．
k?k?1?kx． x 当0＜k＜1时，g′(x)＜0，故g(k)单调递减；当k＞1时，故g(k)单调递增， ?1? 所以g(k)≥g(1)，即g(k)≥0，故令f???k?lnk?1?0，解得k＝1，
?k? 此时f(x)有唯一的一个最大值为f(1)，且f(1)＝0，故f(x)≥0的解集是{1}，符合题意． 综上，k＝1．
证明：（2）要证当a≤1时，x[f(x)+kx-k]＜ex-ax2-1， 即证当a≤1时，ex-ax2-xln x-1＞0， 即证ex-x2-xln x-1＞0．
由（1）得，当k＝1时，f(x)≤0，即ln x≤x-1．又x＞0，从而xln x≤x(x-1)． 故只需证ex-2x2+x-1＞0，当x＞0时成立． 令h(x)＝ex-2x2+x-1(x≥0)，则h′(x)＝ex-4x+1．
令F(x)＝h′(x)，则F′(x)＝ex-4，令F′(x)＝0，得x＝2ln 2．
因为F′(x)单调递增，所以当x∈(0，2ln 2]时，F′(x)≤0，F(x)≤0，F(x)单调递减，即h′(x)单调递减，当x∈(2ln 2，+∞)时，F′(x)＞0，F′(x)单调递增，即h′(x)单调递增， 且h′(ln 4)＝5-8ln 2＜0，h′(0)＝2＞0，h′(2)＝e2-8+1＞0．
由零点存在定理，可知?x1∈(0，2ln 2)，?x2∈(2ln 2，2)，使得h′(x1)＝h′(x2)＝0成立． 故当0＜x＜x1或x＞x2时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x1＜x＜x2时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)的最小值是h(0)＝0或h(x2)． 由h′(x2)＝0，得ex2?4x2?1，
22?x2?1??2x2?5x2?2??(x2?2)(2x2?1)． 所以h(x2)?ex2?2x2 因为x2∈(2ln 2，2)，所以h(x2)＞0． 故当x＞0时，所以h(x)＞0，原不等式成立．
??x?5cos?， 22．解：（1）由?得x2+(y-3)2＝5，即x2+y2-6y+4＝0．
??y?3?5sin?， ∴直线C的极坐标方程为ρ2-6ρsin θ+4＝0．
?x?tcos?， （2）直线l：（t为参数）的普通方程为xtan α-y＝0． ?y?tsin??
宁夏银川市第二中学2024届高三4月仿真模拟(六)数学(理)试卷(含答案)
