湖北省部分重点中学2024届高三上学期第一次联考 数学答案

2023-11-10 · U1 上传 · 7页 · 763.4 K

湖北省部分重点中学2024届高三第一次联考高三数学试卷(答案)一、单选题1-8ADAACBBD二、多选题9.BCD10.ABD11.ACD12.BCD三.填空题n1√ퟑퟏퟐퟓퟔ183273413.−14.015.(−ퟔ,]16.;Snퟑퟒퟗ5209四.解答题:17.【详解】解:((1)由cos(3sin)sincosBabCbBC,及正弦定理得3cosBABCBBCsinsinsincossin2cos,即得3cossinsincossinsincossinsincoscossinBABCBCBBBCBC2,又因为ABC中,sinsinBCA,所以3cossinsinsinBABA,又因为sin0A,所以sin3cosBB即tan3B.π又B0,π,故B3(2)由(1)知,B,3∵ABAC,∴ABC为等边三角形,在ACD中,由余弦定理知,AC2AD2CD22ADCDcosD164242cos2016cosDD,11而SADCDDDDsin42sin4sin,△ACD2211SABBCBACsinsin25343cosD,△ABC223∴四边形ABCD的面积SSSDD△ACD△ABC5343cos4sin538sinD,32∵D0,,∴D,,3335∴当D即D时,S取得最大值,为538,326故四边形面积的最大值为.{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}18.【详解】(Ⅰ)延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE平面ABC,平面BCFE平面ABCBC,且ACBC,所以AC平面BCK,BF平面,因此BFAC.又因为EF//BC,BEEFFC1,BC2,所以BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCKCKACC,.所以BF平面ACFD.(Ⅱ)方法一:过点作FQAK于Q,连结BQ.因为平面ACK,所以BFAK,BFFQF,则AK平面BQF,所以BQAK.所以BQF是二面角BADF的平面角.313在RtACK中,AC3,CK2,得FQ.133在Rt△BQF中,,BF3,得cosBQF.4所以二面角的平面角的余弦值为3.4方法二:如图,延长ADB,,ECF相交于一点,则为等边三角形.取BC的中点O,则KOBC,又平面平面,所以,KO平面.以点为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得B1,0,0,C1,0,0,K(0,0,3),1313A1,3,0,E(,0,),F(,0,).2222因此,AC0,3,0,AK1,3,3,AB2,3,0.设平面的法向量为m(,,)x1y1z1,平面ABK的法向量为nxyz(,,)222.ACm030y1由,得,AKm0x13y13z10取m3,0,1;ABn02xy2230由,得AKn0x23y23z20取n3,2,3.mn3333于是,cosmn,.mn319434所以,二面角的平面角的余弦值为.{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}2a1119.【详解】(1)当n1时,a,解得a11.2222a1a1当n2时,Sn,①,Sn1,②n2n1222①②得:422aaaaannnnn11,即aaaannnn1120.an0,aann12.an是以1为首项,以2为公差的等差数列,数列an的通项公式annn11221.121nn(2)由(1)可得Sn2,n2n1111bn2222nnnn(2)4(2)111111111111bb12,b222,b322,,n122,4134244354(1)(1)nn1111155Tn122.44(1)(2)4416nn20.【详解】(1)①记三个人分别为A、B、C,则4次传球的所有可能可用树状图列出,如图.每一个分支为一种传球方案,则基本事件的总数为16,而又回到A手中的事件个{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}数为6,63根据古典概型的概率公式得P.1681a11111aaa②第n次传球前在乙丙手中的概率均为n,故annn,2n1222222a1所以an;n122an1111iiaaannn11,223231121an为等比数列,首项为푎1-=,公比为,3332121.푎−=(−)푛−1푛332121所以..푎=+(−)푛−1푛332121991∴푎=+(−)<10033231−푎111991푏=100=−(−)>10023323∴b100>a1002(2)一次摸奖从n5个球中任选两个,有Cn5种,它们等可能,其中两球不同色1111CCn510n有CCn5种,一次摸奖中奖的概率pn2C54n5nn三次摸奖(每次摸奖后放回),恰有一次中奖的概率1322PppppppC132,(01)3nnnnnn2则Ppppp33413nnnn311111知在0,上P为增函数,在,1上为减函数,当푝푛=时,取得最大值,333101n又(5n且nN),得n20时,最大nn54321.【详解】(1)fx的定义域为0,,1ax2a1x1x1ax1fxaxa1,xxx{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}①当a0时,令푓′(푥)>0,得01x,令fx0,得x1,所以fx在0,1上单调递增,在1,上单调递减;11②当01a时,令푓′(푥)>0,得或x,令,得1x,aa11所以在,,上单调递增,在1,上单调递减;aa③当a1时,则fx0,所以在0,上单调递增;11④当a1时,令푓′(푥)>0,得0x或,令,得x1,aa11所以在0,,上单调递增,在,1上单调递减;aa综上,当时,在上单调递增,在上单调递减;在时,在,上单调递增,在上单调递减;当时,在上单调递增;当时,在,上单调递增,在上单调递减,a(2)gxfxxlnxx2ax,则gx的定义域为,211axax2gxaxa,xx2若有两个极值点,x1,x2(0xx12),则方程axax10的判别式21aa40,且xx12+1,xx0,所以a4,12a211因为,所以x1x1x2,得0x,所以a1aaaagxgxlnxxax22lnxxaxlnxlnaxax,12111222122121a122设htlntlnatat,其中tx10,,令h(t)a0得t,2ata212a221又0,所以ht()在区间0,内单调递增,在区间,内单调aaaaaa2a递减,即ht的最大值为ha2ln2ln2,而2ln220,∴a22aah2ln2lna2lna,a22{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}a从而gxgxaln恒成立.12222.详解:(1)因为线段GH的中垂线交线段TG于点R,则|RH|=|RG|,所以,|RT|+|RH|=|RT|+|RG|=2√3>|TH|=2由椭圆定义知:动点R的轨迹为以T(-1,0)、H(1,0)为焦点,长轴长为2√3的椭xy22圆,所以曲线C的方程为.13222(2)设M(xM,yM),N(xN,yN),直线OM:yMx−xMy=0;OM=√xM+yM;N到直线OM的距离|yMxN−xMyN|,所以1d=22S∆OMN=|yMxN−xMyN|√xM+yM2xy221另一方面,因为M,N是椭圆32上的动点,所以可设M(√3cosφ,√2sinφ),N(√3cosθ,√2sinθ),(cosφcosθ≠0),2sinθsinφ2kk==−,∴cos(θ−φ)=0123cosθcosφ311∴S=|yx−xy|=|√6sinφcosθ−√6cosφsinθ|∆OMN2MNMN266=√|sin(θ−φ)|=√为定值,且为最大值22푥푦푥2푦2(3)设Q(x,푦),∵푂푄⃑⃑⃑⃑⃑⃑=3푂푃⃑⃑⃑⃑⃑∴P(,),代入C:得+=1.332718即为曲线E的方程SS2SS2SS2由푂푄⃑⃑⃑⃑⃑⃑=3푂푃⃑⃑⃑⃑⃑知△AQPAOP△,同理△BQPBOP△,∴△AQBAOB△,设Axy11,,Bxy22,,①当直线l有斜率时,设:ykxm,代入椭圆E的方程得:236354kxmkxm2220,6mk354m2∴xx12,xx,23k21223k222116mk3m54S△AOBmx12xm2242223kk23{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}2226108162mk22mkm1827m226,2323kk22222∴9mm,S△AOB6222323kk将l:ykxm代入椭圆C的方程得:23k2x26mkx3m260,∵与椭圆有公共点P,∴由0得:23km22,m2令t,则t0,1,∴Stt69432.23k2△AOBxn3,3②当斜率不存在时,设:,212代入椭圆E的方程得:yn2218,∴Snyynn184324,3△AOB2312综合①②得AOB面积的最大值为43,所以AQB面积的最大值为83.{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}

VIP会员专享最低仅需0.2元/天

VIP会员免费下载,付费最高可省50%

开通VIP

导出为Word

图片预览模式

文字预览模式
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报
预览说明:图片预览排版和原文档一致,但图片尺寸过小时会导致预览不清晰,文字预览已重新排版并隐藏图片
相关精选
查看更多
更多推荐