2024 高考数学密训卷参考答案（三） DE AE AD
1
一．选择题 BD DC
2
1 2 1. B AD AC AB
3 3
由集合 A可知，3x2 5x 2 0 又 AE 2 BC 2 AC AB3 3
x 2 x 1 2 2 1 2 解得 或
3 DE AC AB AC AB
1
AC 4 AB
3 3 3 3 3 3
所以 A 1 x | x 2 x
或 故选：B．
3
所以 U A
x |
1
x 2
3 5. C
B { 1,0,1,2} 数列 an 是等差数列
所以 A B {0,1,2} a1 a4 a5 a4 aU 3 a3 6
故选：B． 数列 bn 是等比数列
b 31b3b5 b3 8，b1b
2
5 b3 4
2. C 2a4 4a3 2a4 a3 a3 26
32
log 2
5i 5i(2 i) 2
b1 log2 b5 log2 b3 2
z 1 2i
2 i (2 i)(2 i) 故选：C．
所以 z 1 2i
z 1 2i 6. B
所以 2
z i 1 i
c b 2
双曲线中，e 1 5
b
，解得 2
故选：C． a a a
所以双曲线渐近线方程为 y 2x
3. C 不妨设M (a, 2)在直线 y 2x上
分两类：选一位高一、两位高二或两位高一、一位高二，则有C1C2 2 17 3 C7C3 84种 可得 a 1
故选：C． 代入 y2 2px可得 p 2
所以M p到抛物线焦点的距离为 a 1 1 2
2
4. B
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故选：B． 而甲的得分按从小到大的顺序排列为13，14，15，16，17，18，19
相同位置甲的数据比乙小1，则甲与乙数据的方差相等，故 D错误
7. D 故选：C．
a sin1 sin π 1 ，于是 a 1
6 2
,1
2
1 9. Cb log5 2 log5 5 2 由题意知， g(x) sin 2 x
c 20.1 20 1
y sin 2 x和 y x都为奇函数，且图象都经过坐标原点
所以 c a b
因此在 y轴右侧两函数图象有且仅有3个交点，结合图象分析可得
故选：D．
5T
1 4
9T
8. C 1 4
对于 A，甲的得分按从小到大的顺序排列13，14，15，16，17，18，19
T π结合 可解得 5π , 9π
4 4
所以甲得分的中位数是第 4 16 A 个数据，即 ，故 错误
故选：C．
对于 B，甲原来得分的平均数为16
去掉最高分和最低分后的得分为14，15，16，17，18
14 15 16 17 18 10. A
则现在的平均分为 16
5 由题意知，三棱台 ABC A1B1C1的上底面边长为 2 cm，下底面边长为6 cm，侧棱长为 4 cm
所以去掉最高分和最低分后甲的平均分没有变化，故 B 错误
三棱台 ABC A1B1C1中的球一定大于正四面体 P A1B1C1中的球
对于 C，由方差公式知，乙得分的方差为
如图，设H为△ABC的中心，连接 AH ， PH
s2 1
2
152 162 172 182 192 202 m2 7
15 16 17 18 19 20 m
7 7
1 m 105 2 1 6m2 210m 10522 1855 m 1855
7 7
7 7
所以当m 210 17.5时， s2取得最小值，故 C 正确
12
（另解：去掉m，其它六个数得分的平均数为17.5，因此m 17.5时方差最小）
对于 D，当m 14时，乙的得分按从小到大的顺序排列为14，15，16，17，18，19， 20 可知 PH 底面 ABC
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3 易知函数 f (x) x 1 ln x在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增，且 f (1) 0，故 a 1
在△ABC中， AH AB 2 3 cm， PH PA2 AH 2 2 6 cm
3
所以b a 1
设正四面体 P ABC 的内切球半径为 R
V 1 1
故 a b 2
P ABC S ABC 2 6 4 S ABC R3 3
故选：C．
6
解得 R
2
2 4 6 12. C
三棱台 ABC A1B1C1的高 h PH cm3 3
由题意可知
2R 6 4 6 2(r2 r1)a 1.5a (r1 r2 ) b，解得 (r r )
b 2a(r
2
r1)
3 1 2 1.5a
1 2 1
三棱台 ABC A BC 内最大的球即为正四面体 P ABC的内切球 扇环的面积 S S OBC S OAD (r2 r
2 ) (r r ) (r r )
扇形 扇形
1 1 1 2 1 2 2 1 1 2
4 1 b 2a(r r ) 1 b
2
V πR3 4 3 6 π 6π cm3 (r2 r )
2 1 [ 2a(r r )2 b(r r )]
3 3 4 2
1 1.5a 3a 2 1 2 1 24a 2
r b r
故选：A． 当且仅当 2 1 时取等号4a
因此扇环的面积 S存在最大值且最大值只与 r2 r1有关
11. C 故选：C．
ea eb
由 a b ln a 1 0可得 ea 1 lna eb a (a ln a) (b a 1)ae e
二．填空题
由 ex x 1可得
13. 9
ea 1 lna a ln a
3 2
eb a b a 1
当 x 3时， 2 3
2
可得 ea 1 lna eb a (a ln a) (b a 1) 所以 f 3 3 9
ea 1 lna eb a所以 a ln a b a 1
故答案为：9．
ea 1 lna a ln a
所以
eb a b a 1
1
14.
12
易知 ex x 1，等号只在 x 0时取到 b a b ab b 2 9
a 1 ln a 0
所以 4ab 4b
2 36
b a 0
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a a a 1 1
a 2b 2 a2 4b2 4ab a2 36 a 36 12
a
当且仅当 a 6，b 3 2 3时等号成立
1
故答案为： ．
12
问题等价于，求 |MN |的最小值
15. 1
1 1
由直线经过D(1,1)可得 1
因为 BD cos ABD AD sin BAD AB a b
由射影定理可得 BAD π ，所以 BCD 3π 1 1 1
4 4 于是1 2a b ab
BD
又 2R 2，解得 BD 2
sin BAD 所以 ab 4
设 ADB
|MN | a 2 b2 2ab 2 2
ABD BD AD AB则在 中，由正弦定理
sin BAD sin ABD sin ADB 两次等号都当且仅当a b时取到
可得 AD 2sin π ， AB 2sin 所以 |MN |最小值为 2 2
4
注：当 |MN | 2 2 时
3π
同理在△BCD中，可求得 BC 2sin ，CD 2sin
4 MN |MN |由 中点的轨迹为以O为圆心， 为半径的圆可知
2
所以 S ABCD S S
1
△ABD △BCD AB AD sin BAD
1
BC CD sin BCD
四边形 2 2 MN 的中点无法通过D点，因此不成立
1
2sin 2sin π 2 1 2sin 2sin 3π 2
sin 2 1
2 4 2 2 4 2
q p当且仅当 = 时取等号
4
故答案为：1．
（2）如图所示，所求圆的圆心在第一象限，与 x轴， y 轴都相切，且经过点D
16. 2 2 ；5π；6
x y
（1）如图建系，设经过D点的直线为 1（ a 0，b 0）
a b
分别交 x轴， y 轴于M ，N 两点
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设圆的方程为 (x a)2 (y a)2 a2 （ a 1），F 2,2 3H 1 3n 1n 2 3n 3 3n 1 n 32 ②
代入点D(1, 2)可得a 5 2H 3n 1 3n 3n 1 32 3n 9② ①： n (3
n 1) 3n
2
此时 F 在圆内，所以此时圆的半周长为5π
H 3
n 2 9 3n
所以 n 4 4 2
| DE |最大时，D， E两点都在圆上，易求得 | DE | 6
故答案为： 2 2 ；5π；6．
19. （1） PA PC 2 2 ， AC 2
在 PAC中， PAC 45
三．解答题
17. 1 y 3.4 5.7 7.3 8.5 9.6 10.2 10.8 11.3 11.6 11.8
由余弦定理
（ ） 9.02
10
2
10 PC 2 2 2 PA PA2 4 2 2 PA 2 (w w)(y y) 2
i i
b 18.41
i 1 10 3.80
(w w)2 4.84 解得PA 2 ， PC 2i
i 1
又 AD DC
a y b w 9.02 3.80 1.51 3.28
PD AC
y 3.8ln x 3.28
又 平面 PAC 平面 ABC，平面 PAC 平面 ABC AC，PD 平面 PAC
（2） y 3.8 ln13 3.28 13.008
PD 平面 ABC，BC 平面 ABC
故当氙灯功率提升到13 kW时，La3Ni2O7的转化率为13.008%
PD BC
（2）过点D作DE∥ BC，且DE BC，取 BC的中点 F ，取DE的中点G，连接 PF，PG，
18. 1 S S 11a 11 10 4 3 （ ） 11 4 1 d 4a1 d 56
2 2 PE，GF ，BE，如图
将 a1代入上式，解得 d 1
所以 an n
b T n 3Sn Sn 1n 3
an 3n， n 2
Tn 1
n 1时，b T 3S11 1 3，符合上式
所以bn 3
n PA PC PB 2，CF BF
（2）Hn 1 3
n 2 3n 1 3 3n 2 n 31① PF BC
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AC BC ，GF∥ AC x 3 x x 3 x
1 1 2
所以 ， 1 GF BC y m y y m y
1 1 2
1
PFG为二面角 P BC A的平面角
C(x1, y1)，D(x1, y1)在椭圆 E上
由（1）知 PD 1
x2 2
DC PD，DC DE，DE PD D 将 (x1, y1)， (x2 , y2 )代入椭圆方程 y 1可得3
DC 平面 PDE (3 x)2 (m y)2
2 1 3(1 ) (1 )2
DC PE， BE PE (3 x)2 (m y)
2
2 2 1 3(1 ) (1 )
ED BC 1，PE PB 2 BE 2 2 1 1
即 (3 x)2 3(m y)2 3(1 )2
PDE 60
（3 x)2 3(m y)2 3(1 )2
PG PD 3 sin 60
2 将以上两式作差整理可得 x my 1
FG 1， PF PC 2 CF 2 2 1 7 即点Q的轨迹方程为直线 x my 1，该直线过定点 (1,0)
4 2
7 3 设M (x3, y3)， N (x4 , y4 )
PF 2 2 2 1
cos PFG GF PG 4 4 2 7
2 PF GF 7 7 x my 12 1 联立 x22 可得 (m
2 3)y2 2my 2 0，D > 0
2
y 1
3
故二面角 P BC A 2 7的余弦值为
7 y y 2m y y 2所以 3 4 m2
，
3 3 4
m2 3
2
所以 | y m 23 y4 | (y3 y )
2
4 4y3y4 2 3 m2 3a 3
20. 1 c 6 c 2 b 1 设 t m
2 2（ t 2 ）
（ ）由题意知 ，解得 ，
a 3
a2 b2 c2 m2 2 t 1 1 2
所以 2 2 1 m 3 t 1 t 3 2 3
x2
t 2
所以椭圆 E的方程为 y2 1
3 当 t 2 即m 0时等号成立
（2）法 1：设Q(x, y)，C(x1, y1)，D(x2 , y )
| PC | | PD |
2 ， （ 0）|CQ | | DQ | S
1
△AMN (1 3) | y
6
2 3
y4 | 23
即 PC CQ， PD DQ
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AMN 6
2
所以△ 面积的最大值为 2 m 2 t 1所以 1 2
3 m2 3 t 2 1 t 1 3 2 3
t 2
2 Q(x, y) C(x , y ) D(x , y ) | PC | |CQ |法 ：设 ， 1 1 ， 2 2 ， （ 0）| PD | | DQ | 当 t 2 即m 0时等号成立
即CP PD，CQ QD
S 1△AMN (1 3) | y
6
3 y2 4
| 2
3
3 x1 x 2 x x 1 x2
所以 1
， 1 ※ 6
m y1 y
所以△AMN 面积的最大值为 2
2 y= y1 y2 3
1 1
2
将C(x1, y1)，D(x2 , y
x
2 )代入椭圆方程 y
2 1可得
3 21. （1）由函数 f x x
2 mx 1为偶函数可得m 0，所以 f (x) x2 1
x2 f (x) 2x，设曲线 f (x)上的切点为 (x0 , y1 0 )
y
2 1①
3 1
2 则 k 2x
x 02
y
2
2 1② 3
切线方程为 y (x20 1) 2x0 (x x0 )
2x2
将②式乘以 2得到 2 2 y2 2
3 2
③ 即 2x0x y x
2
0 1 0
2
(x1 x2 )(x1 x2 ) (y1 y2 )(y y ) | x0 1|① ③整理可得 1 2 1 由 l与圆相切可得 d 1
3(1 )(1 ) (1 )(1 ) 4x20 1
2 2
将※式代入上式可得 x my 1 整理得 x0 (x0 2) 0
即点Q的轨迹方程为直线 x my 1，该直线过定点 (1,0) 解得 x0 0或 x0 2或 x0 2
设M (x , y )， N (x , y ) 于是切线方程为 y 1或 2 2x y 3 0或 2 2 y 3 03 3 4 4
x my 1 （2） g(x) x 1 a(x 1) ln x ， x 1
联立 2 2 x2 可得 (m 3)y 2my 2 0，D > 0
y
2 1
3 g (x) 1 a x 1 ln x x
2m 2
所以 y3 y4 ， y ym2 3 3 4
m2 3 注意到 g(1) 0 1，于是令 g (1) 0，解得 a
2
m2 2
所以 | y3 y4 | (y
2 1
3 y4 ) 4y3y4 2 3 m2 3 下面证明充分性，当 a 时2
设 t m2 2（ t 2 ） 易证 y (x 1) ln x 0
所以 a(x 1) ln x 1 (x 1) ln x
2
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1
所以 g(x) x 1 (x 1) ln x b 1 12 任取 0，由 ln x x可得 ln x x
要证 g(x) 0 2(x 1)，即证 ln x 0成立
x 1 2
2(x 1) 即 ln x 令M x ln x ， x 1
x x 1
2 x 1 2(x 1) 1 (x 2 1)2 1 2 1
则M x 0 于是 h(x) 1 1
(x 1)2 x x(x 1)2 x x x
2
所以M (x)在[1, )上单调递减 当 x 1 1 2 时， h(x) 1 b b 1 x
所以M (x) M (1) 0 1 1
（i）当 2，即 a 0时
a 2
于是得证
y 1直线 与 h(x)有两个交点，分别设为 x1， x2（ x1 1 x2 ）
（3） g(x) x 1 a(x 1) ln x a
此时函数 g(x)有 2个极值点 x1， x2
g (x) x 1 1 a ln x
x 1 x1 1 ln xa 1
x
此时有 1
令 g (x) 0 1 ln x x 1 2 2
a x2
①当 a 0时方程无解，此时 g (x) 0， g(x)在 (0, )上单调递增
1 1 x x
于是有 ln x ln x 1 2
此时 n 0 1 2 x2 x1 x1x2
注意到 g(1) 0，所以m 1 x所以 1 x2 x1xln x1 ln x
2
2
此时m n 1
x x x x
1 结合对数平均不等式 x x 1 2 x x 1 2
②当 a 0时，由 g (x) 0得 ln x x 1 1 2 ln x ln x 1 2
a x 1 2
2
令 h x ln x x 1 ln x 1 x x 1 可得 1 2 1，所以 x1 x2 2x x 2
x 1
则 h (x) 2 此时在 (0, x1)上， g (x) 0， g(x)单调递减x
于是可得 h(x)在 (0,1)上单调递减， (1, )上单调递增 在 (x1, x2 )上， g (x) 0， g(x)单调递增
h(x) h(1) 2 在 (x2 , )上， g (x) 0， g(x)单调递减
1
任取 c 0， ln x 1 ln x 又因为 g(1) 0
x
当 x ec 时， h(x) c成立 所以 g(x1) g(1) 0
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1 1 此时m n 1
当 x 1时，由 a 0可得 ea e 2 1
2
（iii 1 2 1）当 ，即 a 时
1 1 1 1 1 a 2
由 g ea ea 1 a ea 1 ln ea 2ea 0
直线 y
1
与 h(x)有且仅有一个交点，此时 n 1
a
1
所以 g x 在 ea , x1 上存在点 x
此时 g (x) 0， g(x)在 (0, )上单调递增
3，使得 g(x3) 0
因为 g(1) 0，所以m 1
同理 g x2 g 1 0
此时m n 2
1
当 x 1 1时，由 a 0可得 e a e2 1
2 g(x)的零点与 g (x)的零点之和为 2
1 1 1 1
由 h e a e a 1 a e a 1 ln e a 2 0
综上，m n 1或 2或5
当m n 1时， g (x)的零点不存在
1
可得 g x 在 x2 , e a 上存在点 x4，使得 g(x4 ) 0
当m n 2时， g(x)的零点与 g (x)的零点之和为 2
此时存在3个零点 x3，1， x4 当m n 5时， g(x)的零点与 g (x)的零点之和的取值范围为 (5, )
g 1 1 1 1 1 1注意到 a
1 ln x 1 a(x
1
1) ln x g(x)
x x x x x x
22. （1）由题意知，3 2 2 cos2 12
所以 x 13 x 所以3(x
2 y2 ) x2 12
4
所以 4x2 3y2 12
故 x3 x
1
4 x3 (2, )x3
x2 y2
即 1
所以 x1 x2 x3 x4 1 (5, ) 3 4
2 2
此时m n 5 所以曲线C x y的直角坐标方程为 1
3 4
ii 1 1（ ）当 2，即 a 或a 0时
a 2
1 x
3
t
直线 y 与 h(x) 没有交点
a （2）设 l的方程为
2
y 1 t
此时 g (x) 0， g(x)在 (0, )上单调递增 2
此时n 0 联立直线 l与曲线C的方程可得5t
2 4t 12 0
4 12
因为 g(1) 0，所以m 1 所以 t1 t2 ， t5 1
t2 5
第 17 页 （共 20 页） 第 18 页 （共 20 页）
MN | t 16 1 t2 | (t1 t2 )
2 4t1t2 5
x 4, x 1
23. （1） f (x) 3x, 2 x 1
x 4, x 2
当 x 1时， f (x)min f (1) 3
当 2 x 1时， f (x) f 1 3
当 x 2时， f (x) f ( 2) 6
综上， f (x)的最小值为 3
（2）当 x 1时， x 4 x 1不成立，所以不等式无解
当 2 x 1时， 3x x 1 1，解得 x ，所以 2 x 1
4 4
当 x 2时， x 4 x 1 3 ，解得 x ，所以 x 2
2
1
综上， f (x) x 1的解集为 , 4
第 19 页 （共 20 页） 第 20 页 （共 20 页）绝密★启用前 A.62 种 B.73 种 C.84 种 D.95 种
2024 高考密训卷（三）
4. 已知D，E为△ABC 1 2所在平面内两点，且点D满足BD DC ，点E满足 AE BC ，则
数学 2 3
DE （ ）
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 1 5 1
A. AC AB B. AC
4
AB
3 3 3 3
2 5 2
C. AC AB AC
4
D. AB
3 3 3 3
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
5. 已知数列 an 是等差数列， a1 a4 a5 6 ，数列 bn 是等比数列，b1b3b5 8，则
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改
2a4 4a3
（ ）
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在 log2 b1 log2 b5
A.8 B. 16 C. 32 D. 64
本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
x26. y
2
已知离心率为 5 的双曲线 2 2 1（ a 0,b 0 ）的一条渐近线与抛物线 y
2 2px
a b
一．选择题（本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选 （ p 0）交于点M (a, 2) ，则点M 到抛物线焦点的距离为（ ）
项中，只有一项是符合题目要求的．） A.1 B.2 C.3 D.4
1. 已知集合 A {x | y lg(3x 2 5x 2)} ，B {x | 2 x 3, x Z}，则 U A B （ ）
1 7. 已知 a sin1，b log5 2， c 2
0.1 ，则 a，b， c的大小关系为（ ）
A. 1,0,1,2 B.{0,1,2} C. x | x 2 D. x | 2 x 2
3
A. a b c B.b c a C. c b a D. c a b
2. z 5i z 1若复数 满足 2 i，则 （ ） 8. 甲、乙两人参加演讲比赛，7 位评委给他们进行打分（满分： 20 分）：
z z i
A.1 B. 2 C. D. 甲：18，16，15，17 ，19，13，142 3
乙：17 ，15，18，m，16，19， 20
3. 一个读书小组由 7 名高一学生和 3 名高二学生组成，要从小组中选出 3 名代表进行读书汇 则下列说法正确的是（ ）
报，必须同时包含高一学生和高二学生，则不同的选法一共有（ ） A.甲得分的中位数是15.5
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B.去掉最高分和最低分，甲得分的平均数变小 在需要对“扇环”区域的边缘进行划线处理．已知直线部分的费用为 a元/米，弧线部分的
C.当m 17.5时，乙得分的方差最小 费用是直线部分的费用的1.5倍，总的支出费用为b元，则以下说法正确的是（ ）
D.当m 14时，甲得分的方差大于乙得分的方差
9. f x cos 2x π π 1已知函数 的图象先向右平移 个单位，然后横坐标变为原来的
4 8
（ 0 ）倍后得到 y g(x) 的图象，若函数 h x g x x有且仅有7 个零点，则 的
A.“扇环”区域的面积存在最大值，且最大值与 ， r1 ， r2 均有关
取值范围为（ ）
B.“扇环”区域的面积存在最大值，且最大值只与 有关，与 r1 ， r2 无关
0, π π , 5π 5π 9π 9π 13πA. B. C.
, D. ,
4 4 4 4 4 4 4 C.“扇环”区域的面积存在最大值，且最大值只与 r2 r1 有关，与 无关
D.“扇环”区域的面积没有最大值
10. 某工厂现接受了一批订单，需要生产两种不同规格的球．生产方式如下：取一个棱长为
6 cm的正四面体，将其截成一个棱长为 2cm 的正四面体和一个三棱台，再分别进行切 二．填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．）
割和打磨成球，则能生产出的最大的球的体积为（ ）
2
x , 2x x2
13. 已知函数 f x ，则 f 3 ________2 x 2 ．
x , 2 x
A. 6π cm3 B. 2 6π cm3 C. 4 6π cm3 D.
6π cm3
2
14. 若a 0，b 0，且b a b a 9 ，则 2 的最大值为________． a 2b
a b
11. e e已知实数 a，b满足 a b ln a 1 0 ，则 a b的值为（ ）ae e
A. 0 B.1 C. 2 D.不确定 15. 四边形 ABCD的四个顶点都在一个单位圆上，若 BD cos ABD AD sin BAD AB ，
且 BD平分 ADC，则此四边形面积的最大值为________．
12. 链球是奥运会的比赛项目，是田径运动中技术性极强的远投项目．由于在链球投掷过程
中时常会出现各种惊险场面，所以世界田联规定选手必须从护笼内从一定角度范围内将
链球掷出，以确保观众、工作人员和运动员的安全．如图是链球比赛的场地，O点是护
笼的位置，根据以往的经验，选手大部分的投掷都会落到一个“扇环”区域 ABCD内，现
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16. 如图所示为一个L形通道，折线CAB与EDF 为通道两侧墙壁，现有一款益智类的游戏， 三．解答题（共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17~21
规则为：需要推着一个物体Ω 从横向的 AB通道（宽度为 d1 cm）进入转到 AC通道出去 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 22，23 题为选考题，考生根据要求
（宽度为 d2 cm），已知通道壁 AB和 AC都足够长． 作答．）
（1）若Ω 为一根笔直的细杆，且 d1 d2 1 cm，则此细杆最长不能超过________ cm； （一）必考题：共 60 分
（2）若Ω 为一个半圆形的圆弧细杆，且 d1 2d2 2DF 2 cm，则此细杆最长不能超过 17. 2023年7 月，我国在镍基超导体的研究上取得了重大突破，首次发现了液氮温区镍氧化
________ cm，此时DE最长为________ cm才能保证细杆整个都通过． 物超导体 La3Ni2O7 ．氙灯是生成 La3Ni2O7 不可缺少的条件，为了了解氙灯功率对
（注：物体Ω 本身的粗细忽略不计） La3Ni2O7 生成效率的影响，科研小组在不同氙灯功率的条件下进行了5次实验，实验中
测得的氙灯的功率 x（单位： kW ）与La3Ni2O7 的转化率 y %的数据如下表所示：
x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
y 3.4 5.7 7.3 8.5 9.6 10.2 10.8 11.3 11.6 11.8
选择模型 y a b ln x来拟合 x和 y之间的关系．
（1）求 y关于 x的回归方程；（结果保留两位小数）
（2）当氙灯功率提升到13 kW 时，预测La3Ni2O7 的转化率．
n
xi x yi y
参考公式：对于线性回归方程 y b x a ，b i 1 n ， a y b x．
xi x 2
i 1
10 10
参考数据： ln13 2.56 ， w 1.51 ， (wi w)2 4.84 ， (wi w)(yi y) 18.41 ，其中
i 1 i 1
wi ln xi （ i 1,2, ,10 ）．
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18. （12 分）已知等差数列{an}的前 n项和为 Sn，a1 1，S11 S 2 24 56 ．数列{bn}的前 n项积 20. 12 E x y 6（ 分）已知椭圆 ： 2 2 1（ a b 0 ）经过点 A( 3,0) ，离心率 e ．a b 3
为T ，且T 3Snn n ．
（1）求椭圆 E的方程；
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）如图，点 P(3,m) ，Q为椭圆所在平面内的两个点，过 P，Q两点的直线与椭圆 E交
（2）已知Hn a1bn a2bn 1 a3bn 2 anb1 ，求数列{Hn}的通项公式．
于C，D两点，且满足 | PC | | DQ | | PD | |CQ | ，点Q的轨迹与椭圆有两个交点M ，N ，
求△AMN 面积的最大值．
19. （12 分）在三棱锥 P ABC 中， AD DC 1， PAC 45 ， PA PC 2 2 ．
（1）若平面 PAC 平面 ABC，证明： PD BC；
（2）若 BC 1， PB 2 ， BC AC ，求二面角 P BC A的余弦值．
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21. （12 分）已知函数 f x f (x) x2 mx 1为偶函数， g(x) a x 1 ln x． （二）选考题：共 10 分，请考生在第 22，23 题中任选一道题作答，如果多做，
x 1
（1）若直线 l与曲线 f (x) 和圆 x2 y2 1都相切，求 l的方程； 则按所做的第一题计分．
（2）当 x 1时， g(x) 0 恒成立，求实数 a的取值范围； 22．【选修 4-4：坐标系与参数方程】（10 分）
（3）若 g (x)为 g(x) 的导数， g(x) 的零点个数为m， g (x)的零点个数为 n，求m n的 在平面直角坐标系 xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的
可能取值；若 g(x) 和 g (x) 12的零点都存在，求这些零点之和的取值范围． 极坐标方程为 2 .
3 cos2
（1）求曲线C的直角坐标方程；
（2）已知过点P(0,1) π且倾斜角为 的直线 l与曲线C交于M ，N 两点，求 MN 的值．
6
23．【选修 4-5：不等式选讲】（10 分）
已知函数 f (x) 2 | x 1| | x 2 |．
（1）求 f (x) 的最小值；
（2）求不等式 f (x) x 1的解集．
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