2024届新高三摸底联考数学参考答案及解析三、填空题13.x2+(y-2)2=4或(x-5)2+(y-2)2=4或(x-2)2+(y+2)2=4或(x+3)2+(y+2)2=4(写出其中的一个即可) 【解析】当圆心为M(a,2)时,圆M与直线l相切,即eq\f(|4a-10|,\r(42+32))=2,解得a=0或a=5.当圆心为M(a,-2)时,圆M与直线l相切,即eq\f(|4a+2|,\r(42+32))=2,解得a=2或a=-3.所以圆的方程为x2+(y-2)2=4或(x-5)2+(y-2)2=4或(x-2)2+(y+2)2=4或(x+3)2+(y+2)2=4.故答案为x2+(y-2)2=4或(x-5)2+(y-2)2=4或(x-2)2+(y+2)2=4或(x+3)2+(y+2)2=4(写出其中的一个即可).【写出一个正确答案就给分】14.-eq\f(π,18) 【解析】令feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+φ))=eq\f(1,2),当x>0时,2x+φ>φ,所以2x1+φ=eq\f(π,6),2x2+φ=eq\f(5π,6),解得x1=eq\f(π,12)-eq\f(φ,2),x2=eq\f(5π,12)-eq\f(φ,2),又x2=4x1,所以eq\f(5π,12)-eq\f(φ,2)=4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)-\f(φ,2))),解得φ=-eq\f(π,18).故答案为-eq\f(π,18).15.eq\f(\r(6),3) 【解析】“斜椭圆”的中心为坐标原点,所以长半轴的长度为曲线上的点到原点距离最大值,短半轴的长度为曲线上的点到原点距离最小值,由基本不等式|xy|≤eq\f(x2+y2,2),即-eq\f(x2+y2,2)≤xy≤eq\f(x2+y2,2),所以-eq\f(x2+y2,2)≤xy=x2+y2-3≤eq\f(x2+y2,2),解得2≤x2+y2≤6,当x=y=±eq\r(3)时,x2+y2=6成立,x=-y=±1时,x2+y2=2成立.所以椭圆的长半轴长为eq\r(6),短半轴长为eq\r(2),所以椭圆的离心率为eq\r(1-\f(2,6))=eq\f(\r(6),3).故答案为eq\f(\r(6),3).16.eq\f(1,3) 【解析】如图所示,取CC1的中点M1,CD的中点K,A1B1的中点H,BC的中点G,连接D1K,BK,D1H,HB,AG,MG,则∠M1DC=∠DD1K,所以∠DD1K+∠D1DM1=∠M1DC+∠D1DM1=90°,所以D1K⊥DM1,同理可得BK⊥AG,又AD⊥D1K,因为AD∥MM1,所以A,D,M1,M四点共面.又因为D1K⊥AD,AD∩DM1=D,所以D1K⊥平面ADM1M,所以D1K⊥AM.因为BK⊥AG,BK⊥MG,AG∩MG=G,所以BK⊥平面AMG,所以BK⊥AM,D1K∩BK=K,所以AM⊥平面D1KBH,所以平面D1KBH即为α,D1K为α与平面D1DCC1的交线,在D1K上取一点P,过P作PN⊥CD于N,过N作NQ⊥BD于Q,设PN=x,x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,1)),则DN=eq\f(1-x,2),NQ=eq\f(1-x,2\r(2)),|PQ|2=|PN|2+|NQ|2=x2+eq\f((1-x)2,8)=eq\f(9,8)(x-eq\f(1,9))2+eq\f(1,9)≥eq\f(1,9),当且仅当x=eq\f(1,9)时等号成立,所以|PQ|的最小值为eq\f(1,3).故答案为eq\f(1,3).四、解答题17.解:(1)由题意可得,男生中参加晨跑的概率为P=eq\f(32,40)=eq\f(4,5),女生中参加晨跑的概率为P=eq\f(10,40)=eq\f(1,4).(4分)(2)零假设为H0:学生是否参加晨跑与性别无关.χ2=eq\f(80×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(32×30-10×8))\s\up12(2),42×38×40×40)=eq\f(11×880,399)≈24.261>7.879,(8分)依据小概率值α=0.005的独立性检验,推断H0不成立,故可认为学生是否参加晨跑与性别有关.(10分)18.证明:(1)因为an+1=eq\f(1,3)an+2n+eq\f(5,3),所以eq\f(an+1-3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n+1))+2,an-3n+2)=eq\f(\f(1,3)an+2n+\f(5,3)-3n-3+2,an-3n+2)=eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an-3n+2)),an-3n+2)=eq\f(1,3).(2分)当n=1时,a2=eq\f(1,3)a1+2+eq\f(5,3)=eq\f(13,3),所以a1=2,a1-3+2=1,故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an-3n+2))是首项为1,公比为eq\f(1,3)的等比数列,所以an-3n+2=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n-1),故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为an=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n-1)+3n-2.(5分)(2)由(1)知an=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n-1)+3n-2,Tn=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)+1+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(1)+4+…+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n-1)+3n-2=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(0)+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(1)+…+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n-1)))+(1+4+…+3n-2)=1×eq\f(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n),1-\f(1,3))+eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+3n-2))×n,2)=-eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)+eq\f(3,2)n2-eq\f(1,2)n+eq\f(3,2).(12分)【其他解法酌情给分】19.解:(1)连接O1A,因为平面O1PD∥平面OAQ,且平面O1PD∩平面AQO1P=PO1,平面OAQ∩平面AQO1P=AQ,所以PO1∥AQ,(2分)又DO1∥AO,所以∠PO1D=∠QAO=∠AOQ=θ,所以θ=eq\f(π,3).(4分)(2)如图,作eq\o(AQB,\s\up8(︵))的中点M,分别以eq\o(OA,\s\up6(→)),eq\o(OM,\s\up6(→)),eq\o(OO1,\s\up6(→))为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,易知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,0,0)),Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2),-\f(\r(2),2),2)),O1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,0,2)),所以eq\o(OA,\s\up6(→))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,0,0)),eq\o(OP,\s\up6(→))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2),-\f(\r(2),2),2)),eq\o(OO1,\s\up6(→))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,0,2)),(6分)设平面POO1的法向量为m=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1,y1,z1)),则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(OO1,\s\up6(→))=2z1=0,m·\o(OP,\s\up6(→))=\f(\r(2),2)x1-\f(\r(2),2)y1+2z1=0)),取x1=1,则y1=1,z1=0,所以m=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,1,0)),(8分)设平面POA的法向量为n=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2,y2,z2)),则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(OA,\s\up6(→))=x2=0,n·\o(OP,\s\up6(→))=\f(\r(2),2)x2-\f(\r(2),2)y2+2z2=0)),取y2=2eq\r(2),则z2=1,x2=0,所以n=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,2\r(2),1)),(10分)设二面角A-PO-O1为α,则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosα))=eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))=-eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2\r(2))),\r(1+1)·\r(8+1))=eq\f(2,3),(11分)所以sinα=eq\r(1-cos2α)=eq\f(\r(5),3),所以二面角A-PO-O1的正弦值为eq\f(\r(5),3).(12分)【其他解法酌情给分】20.解:(1)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,∵S△ABC=eq\f(1,2)bcsin∠BAC=eq\f(9\r(3),8),∴bc=eq\f(9,2),(1分)∵eq\o(AD,\s\up6(→))=eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\o(BD,\s\up6(→))=eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))=eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))-eq\o(AB,\s\up6(→)))=eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))+eq\f(1,3
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