6.三峡名校联盟2022年秋季联考高2024届数学答案

第1 页共5 页 三峡名校联盟2022 年秋季联考高2024 届数学试卷参考答案 命题人：巫山中学杨洁 审题人：巫山中学陈明清 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 符合题目要求的 1.D 2. B 3．B 4．C 5．A 6．B 7．A 8．C 二､多选题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 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5 分，部分选对的得2 分，有选错的得0 分. 9．ACD 10．BD 11．ABD 12．BCD 12.解:建立如图所示的空间直角坐标系， 则        3,0,0 , 3,2,0 , 0,2,0 , 0,0,0 A B C D ，         1 1 1 1 3,0, 3 , 3,2, 3 , 0,2, 3 , 0,0, 3 A B C D ， 故  3,1,0 P ，设   0, , 3 N t ， 1 1 D M DC       ，0 2,0 1 t    ， 而   1 0,2, 3 D C     ，故   1 0,2 , 3 D M       即   0,2 , 3 3 M     ， 故     0, , 3 , 3,2 1, 3 3 DN t PM          ， 若PM DN  ，则 0 DN PM     即   2 1 3 3 0 t      ， 当 1 t 时，不存在，故当N 为 1 1 DC 中点，不存在M ，使得 PM DN  ，故A 错误. 连接EF ，则 1 // EF A B，由长方体可得 1 1 // D C A B，故 1 // EF CD ， 故PM  ，EF  ， 1 D E   即PM  ， B A 1 ， 1 D E   共面，故B 正确.   1 0,0, 3 AA   ，故       1 2 2 3 1 cos , 3 3 2 1 3 1 AA PM                 2 2 3 1 3 4 3 1         ， 当 1 时， 1 cos , 0 AA PM    ，此时 1 AA PM  ； 当0 1   时，   1 2 2 3 cos , 4 4 4 3 3 1 AA PM            ，令   2 2 1 1 t        ，设   1 0,1 u    ，则 第2 页共5 页 2 1 1 3 3 2 4 4 t u           ，故   1 2 2 3 3 2 cos , 2 3 6 4 4 4 3 3 1 AA PM               ， 所以异面直线PM 和 1 AA 所成角的范围为 , 4 2       ，故直线PM 和 1 AA 所成角的最小值为4 ， 故C 正确. 平面 1 1 DCC D 的法向量为   0 , 0 , 1  n ，故     2 2 3 cos , 3 2 1 3 1 n PM          ， 若直线PM 与平面 1 1 DCC D 所成角为3 ，则     2 2 3 3 2 3 2 1 3 1        ， 故 2 7 10 3 0     ，所以 3 7  或 1 ，故D 正确. 三､填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分. 13．1 或2  14．1 4 15．1 16．5 3 四､解答题： 本题共有6 个小题， 共70 分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤. 17．解： （1）设等差数列 n a 首项为 1 a ，公差为d．............................1 分 ∵ 3 4 2 7 a S      ∴   1 1 2 2 4 4 1 4 7 2 a d a d            ............................3 分 解得： 1 1 1 2 a d        ............................4 分 ∴等差数列 n a 通项公式   1 1 1 1 1 2 2 2 n a n n      ............................5 分 （2）设等比数列 n b 首项为 1 b ，公比为q............................6 分 ∵ 2 3 4 15 2 8 b a b a        ∴ 1 3 1 2 8 b q b q        解得： 2 4 q ............................8 分 即 1 1 2 b q     或 1 1 2 b q      ............................9 分 ∴等比数列 n b 通项公式 1 2n n b   或   1 2 n n b   ............................10 分 18 解： （1）因为圆心C 在直线 0 x y  上，可设圆心为   , C a a  ，...................1 分 则点C 到直线 4 0 x y    的距离 2 4 2 a d   ，   2 2 OC a a    .......................3 分 第3 页共5 页 据题意，d OC  ，则   2 2 2 4 2 a a a     ，解得 1 a ，............................5 分 所以圆心为   1, 1 C  ，半径 2 r d   ，则所求圆的方程是    2 2 1 1 2 x y     ...........6 分 （2）当弦长为2，则圆心到直线的距离为 2 1 1 r  ..............................7 分 当k 不存在时，直线 2 x 符合题意；.............................8 分 当k 存在时，设直线方程为 2 1 0 kx y k   ，圆心到直线的距离 2 1 2 1 k k    ，.........10 分 ∴ 3 4 k  ，∴直线方程为3 4 2 0 x y   ..............................11 分 综上所述，直线方程为 2 x 或3 4 2 0 x y    ..............................12 分 19．解： （1）证明：由题意， 1 2 3 n n a a  两边同时加3， 可得 1 3 2 3 3 2( 3) n n n a a a      ，..............................3 分 1 3 5 3 8 a      ， 数列{ 3} n a  是以8 为首项，2 为公比的等比数列．............................6 分 （2）解：由（1）可得 1 2 3 8 2 2 n n n a       ， 则 2 2 3 n n a   ， * nN ，..............................8 分 故 1 2 n n S a a a    3 4 2 (2 3) (2 3) (2 3) n       3 4 2 (2 2 2 ) 3 n n      3 3 2 2 3 1 2 n n      3 2 3 8 n n    ．..............................12 分 20．解（1）令椭圆半焦距c，则 2 4 8 a c a      ，解得 2 a ， 1 c ， 2 2 3 b a c    ，.......3 分 所以椭圆C 的标准方程为 2 2 1 4 3 x y  ．............................4 分 （2）设直线MN： 1 x my  ，点   1 1 , M x y 、   2 2 , N x y ， 由 2 2 3 4 12 1 x y x my       ，消去x 并整理得：  2 2 3 4 6 9 0 m y my    ， 则 1 2 2 6 3 4 m y y m    ， 1 2 2 9 3 4 y y m   ，............................5 分 1 2 0 y y ，设 1 2 y y   ，有 0 ，于是得   1 2 2 2 6 1 3 4 m y y y m       ， 第4 页共5 页 因此有    2 2 2 2 2 2 36 1 3 4 m y m    ， 2 1 2 2 2 9 3 4 y y y m     ，..........................7 分     2 2 2 2 1 4 4 16 3 4 3 3 3 4 m m m         ， 显然   2 16 4 0 3 3 3 4 m    ， 当且仅当 0 m 时取等号.......9 分 因此   2 1 4 0 3       ，解得 1 3 3   ，............................10 分 则 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 ,3 1 3 2 PQ y y S y S y y PQ y          ， 所以 1 2 S S 的取值范围是1 ,3 3      ．............................12 分 21．解（1）证明： / / AB DC  ， 90 ADC   ，............................1 分 1 2 2 AB AD DC    ， 2 2 BD   ， 4 DC  ， 45 BDC    在 BCD △ 中，由余弦定理得 2 2 2 2 2 2 2 cos45 4 (2 2) 2 4 2 2 8 2 BC DC BD BD DC          o ，.................2 分 2 2 BC   ． 2 2 2 BC BD CD    ， BC BD   ．............................3 分 又BC PD  ，BD PD D   ， BC  平面PBD ．............................5 分 又BC 平面ABCD，所以平面PBD 平面ABCD．............................6 分 （2）取BD 的中点O，连结PO， PB PD   ， PO BD   由（1）知平面PBD 平面ABCD，面PBD 面ABCD BD  ， PO  平面ABCD，.......7 分 由 90 ADC    ，以D 为坐标原点， , DA DC方向为x 轴，y 轴，以平行于PO的方向为z 轴建立如 图所示的空间直角坐标系，则 (0,0,0) D ， (2,2,0) B ， (0,4,0) C ， (1,1,0) O ． 2 3 , 2 2 1    PD BD DO ， 4 PO  ，即 (1,1,4) P ．...............................8 分 设 ( , , ) M x y z ，则   z y x CM , 4 ,   ，   4 , 3 , 1   CP 不妨设 (0 1) CM CP          ，即( , 4, ) (1, 3,4) x y z     ，得 ( ,4 3 ,4 ) M     ，..............9 分 ( ,4 3 ,4 ), (2,2,0) DM DB            ．设平面BDM 的法向量   1 1 1 , , n x y z   ，则 0, 0, n DM n DB            即 1 1 1 1 1 (4 3 ) 4 0, 2 2 0, x y z x y             ，令 1 1 x 得 1 1, 1, n             ．.................10 分 第5 页共5 页 又BC 平面PBD ，   0 , 2 , 2   BC 为平面PBD 的法向量............11 分 因为平面PBD 与平面BDM 所成锐二面角的余弦值为 6 3 ， 所以 3 6 1 2 8 ) 1 ( 2 1 2 2                      BC n BC n BC n COS ， 解得 1 2  所以点M 为线段PC 的中点． ................12 分 22 解： （1） 证明： 由抛物线   0 2 2   p px y 与直线 0 2 : 1    p my x l 交于    2 2 1 1 , , , y x B y x A 两点，           0 2 2 2 P my x px y 0 2 2 2     p pmy y 又   0 4 4 2 2     p pm  ................2 分 2 2 1 p y y    ；................3 分 （2）当 2  p 时，抛物线 x y 4 2  ，直线 0 1 : 1   my x l ，直线 0 1 1 : 2    y m x l ，其中 0  m ． 所以抛物线 x y 4 2  的焦点  0 , 1 F ， 2 1 l l  且过定点  0 , 1 F ................5 分 假设存在实数m ，使得经过 C A, 两点的直线斜率为2， 设直线   0 2 :    b b x y AC ，................6 分        b x y x y 2 4 2 0 2 2 2     b y y 0 8 4     b         b y y y y 2 2 3 1 3 1 又   1 1 , 1 y x FA   ，   3 3 , 1 y x FC   FC FA   ， 0    FC FA ，................7 分    0 1 1 3 1 3 1      y y x x ，即 0 1 4 1 4 3 1 2 3 2 1                      y y y y 0 12 2    b b ，   舍去 或 0 12     b b 。................8 分 0 24 2 2     y y 4 , 6 3 1     y y ；................9 分 由（1）证明 2 2 1 p y y   可得 4 2 1   y y ， 4 4 3   y y ， 1 , 3 2 4 2     y y ，.............11 分         3 2 , 9 1 B       1 , 4 1 D ， 36 145 5 3 2 1 9 1 4 1 | | 2 2                 BD 。................12 分