2024届广东省高三一调数学答案

★启用前注意保密广东省２０２４届普通高中毕业班第一次调研考试数学参考答案一、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．题号１２３４５６７８答案ＤＣＢＣＤＡＡＢ二、选择题：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．题号９１０１１１２答案ＡＢＣＡＢＤＢＣＡＢＣ三、填空题：本题共４小题，每小题５分，共２０分．２ｅ４＋１１３．－３ １４．－１ １５．槡３ １６．１０２３ ４（前空２分，后空３分）ｅ－１四、解答题：本题共６小题，共７０分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．１７．解：（１）设等差数列{ａｎ}的公差为ｄ，因为ａ３＝７，ａ５＋ａ７＝２６，ａ１＋２ｄ＝７，所以!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!１分{２ａ１＋１０ｄ＝２６，解得ａ１＝３，ｄ＝２．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!３分ｎ（ｎ－１）所以ａ＝３＋２（ｎ－１）＝２ｎ＋１，Ｓ＝３ｎ＋×２＝ｎ２＋２ｎ．!!!!!５分ｎｎ２（２）由（１）知ａｎ＝２ｎ＋１，１１１１１１１所以ｂ＝＝＝·＝－，!!!!!８分ｎ２２４ｎ（ｎ＋１）４(ｎｎ＋１)ａｎ－１（２ｎ＋１）－１１１１１１１１１ｎ所以Ｔ＝１－＋－＋－＋…＋－＝，ｎ４(２２３３４ｎｎ＋１)４（ｎ＋１）ｎ即数列{ｂ}的前ｎ项和Ｔ＝．!!!!!!!!!!!!!!!!１０分ｎｎ４（ｎ＋１）１８．（１）证明：如图，分别取ＡＣ，Ａ１Ｃ１的中点为Ｏ，Ｆ，连接ＯＦ与ＡＣ１交于点Ｇ，连接ＥＧ，ＢＯ，则点Ｇ为ＯＦ，ＡＣ１的中点．!!!!!!!!!!!!!!!１分数学参考答案 第 １页（共７页）{#{QQABAYyUogAgAAIAABhCEQWQCEAQkAECCIgGgBAAMAIBSAFABAA=}书又点Ｅ为ＢＢ１的中点，则ＢＥ∥ＯＧ且ＢＥ＝ＯＧ，所以四边形ＢＥＧＯ是平行四边形，ＥＧ∥ＯＢ．!!!!!!!!!!!!!!３分在正三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中，平面ＡＣ１⊥平面ＡＢＣ，平面ＡＣ１∩平面ＡＢＣ＝ＡＣ，ＢＯ⊥ＡＣ，所以ＢＯ⊥平面ＡＣ１，所以ＥＧ⊥平面ＡＣ１．!!!!!!!!!!!!!!!５分又ＥＧ平面ＡＥＣ１，所以平面ＡＥＣ１⊥平面ＡＣ１．!!!!!!!!!!!!６分（２）解：【方法一】设ＡＢ＝２，则ＡＡ１＝２，ＢＥ＝Ｂ１Ｅ＝１，所以ＡＥ＝ＥＣ１＝槡５，ＡＣ１＝２槡２．△ＡＥＣ１为等腰三角形，易求得边ＡＣ１上的高为槡３，１所以△ＡＥＣ的面积为Ｓ＝×２２×３＝６．!!!!!!!!!!!９分１△ＡＥＣ１２槡槡槡３△ＡＢＣ的面积为Ｓ＝槡×２２＝３．!!!!!!!!!!!!!!!!１０分△ＡＢＣ４槡设平面ＡＥＣ１与平面ＡＢＣ的夹角为θ，Ｓ△ＡＢＣ３２则由射影面积公式可得ｃｏｓθ＝＝槡＝槡．Ｓ２△ＡＥＣ１槡６πππ又θ∈０，，所以θ＝，即平面ＡＥＣ与平面ＡＢＣ的夹角为．!!!１２分[２]４１４【方法二】如图，建立空间直角坐标系Ｏ－ｘｙｚ，设ＡＢ＝２，数学参考答案第 ２页（共７页）{#{QQABAYyUogAgAAIAABhCEQWQCEAQkAECCIgGgBAAMAIBSAFABAA=}#}→→则Ａ(０，－１，０)，Ｃ１(０，１，２)，Ｅ(槡３，０，１)，所以ＡＣ１＝（０，２，２），ＡＥ＝（槡３，１，１）．→ｎ１·ＡＣ１＝２ｙ＋２ｚ＝０，设平面ＡＥＣ１的一个法向量为ｎ１＝（ｘ，ｙ，ｚ），则由→可取{ｎ·ＡＥ＝３ｘ＋ｙ＋ｚ＝０，１槡ｎ１＝（０，１，－１）；!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!９分又平面ＡＢＣ的一个法向量可取为ｎ２＝（０，０，１）．!!!!!!!!!!!１０分｜ｎ１·ｎ２｜１２设平面ＡＥＣ与平面ＡＢＣ的夹角为θ，则ｃｏｓθ＝＝＝槡．１｜ｎ｜｜ｎ｜２１２槡２·１πππ又θ∈０，，所以θ＝，即平面ＡＥＣ与平面ＡＢＣ的夹角为．!!!１２分[２]４１４ｓｉｎＡ＋ｓｉｎＢｓｉｎＣｓｉｎＡ＋ｓｉｎＢ１９．解：（１）因为ｔａｎＣ＝，则＝，!!!!!!!１分ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢｃｏｓＣｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ所以ｓｉｎＣｃｏｓＡ＋ｓｉｎＣｃｏｓＢ＝ｃｏｓＣｓｉｎＡ＋ｃｏｓＣｓｉｎＢ，即ｓｉｎＣｃｏｓＡ－ｃｏｓＣｓｉｎＡ＝ｃｏｓＣｓｉｎＢ－ｓｉｎＣｃｏｓＢ，得ｓｉｎ（Ｃ－Ａ）＝ｓｉｎ（Ｂ－Ｃ）．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!３分所以Ｃ－Ａ＝Ｂ－Ｃ或Ｃ－Ａ＝π－（Ｂ－Ｃ）（不成立，舍去），!!!!!!!５分π从而２Ｃ＝Ａ＋Ｂ，又Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝π，所以Ｃ＝．!!!!!!!!!!!!６分３π０＜Ａ＜，２π２（２）由（１）知Ａ＋Ｂ＝，又△ＡＢＣ是锐角三角形，则３２ππ０＜－Ａ＜，{３２ππ得＜Ａ＜．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!７分６２１ｃ２ｓｉｎＡｓｉｎＢｃ２因为Ｓ△ＡＢＣ＝ａｂｓｉｎＣ＝·＝ｓｉｎＡｓｉｎＢ＝槡３，２２ｓｉｎＣ槡３３所以ｃ２＝．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!８分ｓｉｎＡｓｉｎＢ２π设ｙ＝ｓｉｎＡｓｉｎＢ，因为Ｂ＝－Ａ，３２π３１３１１所以ｙ＝ｓｉｎＡｓｉｎ（－Ａ）＝ｓｉｎＡ槡ｃｏｓＡ＋ｓｉｎＡ＝槡ｓｉｎ２Ａ＋－ｃｏｓ２Ａ＝３(２２)４４４１π１ｓｉｎ２Ａ－＋，!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!１０分２(６)４ππππ５π１３因为＜Ａ＜，则＜２Ａ－＜，所以ｙ∈，，６２６６６(２４]２从而ｃ＝［４，６），即ｃ∈［２，槡６），所以边ｃ的取值范围是［２，槡６）．!!１２分数学参考答案 第 ３页（共７页）{#{QQABAYyUogAgAAIAABhCEQWQCEAQkAECCIgGgBAAMAIBSAFABAA=}２０．解：【方法一】（１）将３张空白券简记为“白”，将２张奖券简记为“奖”，率先摸券的一方获胜，……１分包括以下几种情况：①双方共摸券３次，出现“奖白奖”“白奖奖”“白白白”这三种情形，２３１３２１３２１３对应的概率为Ｐ＝××＋××＋××＝；!!!!!３分１５４３５４３５４３１０②双方共摸券４次，出现的恰好是“三白一奖且前三次必定出现一次奖券”，２３２１３２２１３２２１３对应的概率为Ｐ＝×××＋×××＋×××＝；２５４３２５４３２５４３２１０!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!５分３故先摸券的一方获胜的概率Ｐ＝Ｐ＋Ｐ＝，!!!!!!!!!!!!!６分１２５３１因为＞，所以这场游戏规则的设置不公平．!!!!!!!!!!!!７分５２（２）由题意可知Ｘ的可能取值为２，３，４，!!!!!!!!!!!!!!８分２１１所以Ｐ（Ｘ＝２）＝×＝，５４１０２３１３２１３２１３Ｐ（Ｘ＝３）＝××＋××＋××＝，５４３５４３５４３１０３Ｐ（Ｘ＝４）＝１－Ｐ（Ｘ＝２）－Ｐ（Ｘ＝３）＝，!!!!!!!!!!!１１分５所以Ｘ的分布列为：Ｘ２３４１３３!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!１２分Ｐ１０１０５【方法二】将３张空白券简记为“白”，将２张奖券简记为“奖”，则５张券的摸出顺序有１０种：“白白白奖奖”“白白奖白奖”“白白奖奖白”“白奖白白奖”“白奖白奖白”“白奖奖白白”“奖白白白奖”“奖白白奖白”“奖白奖白白”“奖奖白白白”．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!２分依题意，游戏结束时参与双方摸券的次数与胜方依次为：“３次、先摸方胜”“４次、先摸方胜”“４次、后摸方胜”“４次、先摸方胜”“４次、后摸方胜”“３次、先摸方胜”“４次、先摸方胜”“４次、后摸方胜”“３次、先摸方胜”“２次，后摸方胜”．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!４分ｎ（Ａ）６３（１）设事件Ａ：先摸券的一方获胜，则ｎ（Ａ）＝６，所以Ｐ（Ａ）＝＝＝，ｎ（Ω）１０５!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!６分数学参考答案第 ４页（共７页）{#{QQABAYyUogAgAAIAABhCEQWQCEAQkAECCIgGgBAAMAIBSAFABAA=}#}３１因为＞，所以游戏规则的设置不公平．!!!!!!!!!!!!!!７分５２（２）由题意可知Ｘ的可能取值为２，３，４，!!!!!!!!!!!!!!８分１３６３且Ｐ（Ｘ＝２）＝，Ｐ（Ｘ＝３）＝，Ｐ（Ｘ＝４）＝＝．!!!!!!!!!１１分１０１０１０５所以Ｘ的分布列为Ｘ２３４１３３!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!１２分Ｐ１０１０５ｓｉｎｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ２１．解：（１）由ｆ（ｘ）＝＋ａｘ，得ｆ′（ｘ）＝＋ａ，ｅｘｅｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ即ｇ（ｘ）＝＋ａ．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!１分ｅｘ－２ｃｏｓｘ－２ｃｏｓｘπ３π则ｇ′（ｘ）＝，令＝０，得ｘ＝或ｘ＝．!!!!!!!!３分ｅｘｅｘ２２π３π由ｇ′（ｘ）＜０，解得０＜ｘ＜或＜ｘ＜２π；!!!!!!!!!!!!!４分２２π３π由ｇ′（ｘ）＞０，解得＜ｘ＜．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!５分２２π３π所以函数ｇ（ｘ）在［０，２π］上的单调递增区间为，，单调递减区间为[２２]π３π０，，，２π．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!６分[２][２]π３π（２）由（１）知，ｇ（ｘ）在ｘ＝处取得极小值，在ｘ＝处取得极大值．２２３π－π３π－π－２又ｇ（０）＝ａ＋１，ｇ＝ａ－ｅ２，ｇ＝ａ＋ｅ２，ｇ（２π）＝ａ＋ｅπ，(２)(２)３ππ则ｇ（０）＞ｇ＞ｇ（２π）＞ｇ．!!!!!!!!!!!!!!!!!８分(２)(２)π若ｇ≥０，则ｆ′（ｘ）≥０，故ｆ（ｘ）在（０，２π）内单调递增，(２)从而ｆ（ｘ）在（０，２π）内无极值，不合题设，π所以ｇ＜０；!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!９分(２)３π若ｇ（２π）＜０，当ｇ≤０时，ｆ（ｘ）在（０，２π）内至多有一个极值点，不合(２)题设；３π当ｇ＞０时，ｆ（ｘ）在（０，２π）内有三个极值点，不合题设．(２)数学参考答案 第 ５页（共７页）{#{QQABAYyUogAgAAIAABhCEQWQCEAQkAECCIgGgBAAMAIBSAFABAA=}#}所以ｇ（２π）≥０．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!１０分ππ－２ｇ＝ａ－ｅ＜０，π所以(２)解得－ｅ－２π≤ａ＜ｅ－２．!!!!!!!!!!!１１分{ｇ（２π）＝ａ＋ｅ－２π≥０，３ππ此时ｇ（０）＞ｇ＞ｇ（２π）≥０＞ｇ，(２)(２)π则存在唯一ｘ∈０，，使得ｆ′（ｘ）＝０，当ｘ∈（０，ｘ）时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单１(２)１１π调递增；当ｘ∈ｘ，时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减，则ｆ（ｘ）在ｘ＝ｘ取得极(１２)１大值；ππ存在唯一ｘ∈，２π，使得ｆ′（ｘ）＝０，当ｘ∈，ｘ时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单２(２)２(２２)调递减；当ｘ∈（ｘ２，２π）时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增，则ｆ（ｘ）在ｘ＝ｘ２取得极小值．π综上，所求ａ的取值范围是［－ｅ－２π，ｅ－２）．!!!!!!!!!!!!!１２分２２．（１）证明：由题可知Ｆ(１，０)．若直线ＡＢ，ＣＤ有一条斜率不存在，则另一条斜率为０，其中点分别为直线与ｘ轴的交点、原点，过此两点的直线ＭＮ方程为ｙ＝０．!!!!!!!!!!!１分１若直线ＡＢ，ＣＤ的斜率存在，设直线ＡＢ的斜率为ｋ，则直线ＣＤ的斜率为－，ｋ１由题，可设直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋ（ｘ－１），直线ＣＤ的方程为ｙ＝－（ｘ－１）．ｋ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!２分ｙ＝ｋ（ｘ－１），２２２２联立ｘ２ｙ２消元ｙ，整理得（３＋４ｋ）ｘ－８ｋｘ＋（４ｋ－１２）＝０，＋＝１，{４３８ｋ２－６ｋ设Ａ(ｘ，ｙ)，Ｂ(ｘ，ｙ)，则ｘ＋ｘ＝，ｙ＋ｙ＝ｋ（ｘ＋ｘ）－２ｋ＝，１１２２１２３＋４ｋ２１２１２３＋４ｋ２!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!３分４ｋ２－３ｋ４ｋ２－３ｋ从而ｘ＝，ｙ＝，即Ｍ，；!!!!!!!!４分Ｍ３＋４ｋ２Ｍ３＋４ｋ２(３＋４ｋ２３＋４ｋ２)４３ｋ同理Ｎ，．!!!!!!!!!!!!!