云南省2024届高三上学期质量检测(一)数学答案docx

2023-11-14 · U1 上传 · 7页 · 228.9 K

2023-2024学年第二学期质量检测高三年级数学(一)参考答案一、单项选择题1.D2.C3.B4.B5.D6.A7.B8.B二、多项选择题9.CD10.BCD11.BC12.ACD三、填空题12241ln3ln213.2或-14.72615.16.,72184四、解答题17【答案】12151215【解析】由题可知(1)aSSn2nn1n1n8(.n2)nnn12222115当n1时aS7,满足a的通项公式1122nann8()2Cnann8Tna1a2an当n8时15n2TaaaaaaSnn12n12nn22当n9时Tna1a2ana1a2a3a8a9ana1a2a8a9a10anS8SnS8Sn2S8S8326028{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}115Tn2n56n9n2215n2nn822Tn115n2n56n92218【解析】由题可知(1)设BDADx,AB2a,ACa4a2x2x225在ABD中cosB22ax55a5AD5解得:xa22ACa2(2)在ABC中,由余弦定理可得:252a2a2255cosB解得:a或a122a553ABACAD为角平分线BDDC5所以BD2DCDC325又由(1)可知:sinC2sinB5当a1时115251SACDCsinC1ADC223535当a时3155255SADC2335915综上所述S为或ADC39{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}19题答案1【答案】(1)p4(2):①【解析】(1)记一道多选题“有2个选项正确”为事件A1,“有3个选项正确”为事件A2,“小明该题得5分”为事件B,111则P(B)PBA1PA1PBA1p2,求得p.C3124(2)若小明选择方案①,则小强的得分为2分.若小明选择方案②,记小强该题得分为X,则X0,2,5,11C2C1527117且P(X0)PA11PA21,C3C3123123361C272147P(X2)PA21,C31233618C15151P(X5)PA11,C3123361714553所以,E(X)025,36363636若小明选择方案③,记小强该题得分为Y,则Y0,5,且211C3C1C257229P(Y0)PA12PA22,C3C312123362C2717P(Y5)PA22,C31233629735所以,E(Y)05,363636因为EYEX2,所以小明应选择方案①.{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}20【答案】见解析【解析】(1)证明:四边形EDCF为矩形,DECD,又平面EDCF平面ABCD,平面EDCF平面ABCDCD,ED平面ABCD.取D为原点,DA所在直线为x轴,DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图,则A(1,0,0),B(1,2,0),C(1,2,0),E(0,0,2),F(1,2,2),设平面ABE的法向量m(x,y,z),BE(1,2,2),AB(0,2,0),由m·BEx2y2z0,取,得,z1m(2,0,1)m·AB2y0又DF(1,2,2),DFm2020,则DFm,又DF平面ABE,DF//平面ABE;(2)设平面的法向量,BEFn(x1,y1,z1)BE(1,2,2),EF(1,2,0),n·BEx2y2z0由111,取,可得,y11n(2,1,2)n·EFx12y10mn4225,cosm,n|m||n|3555sinm,n,55即平面ABE与平面BEF所成二面角的正弦值为;5(3)点P在线段EF上,设EPEF,[0,1],APAEEF(1,0,2)(1,2,0)(1,2,2),又平面BEF的法向量n(2,1,2),设直线AP与平面BEF所成角为,{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}|APn||2(1)24|14sin|cosAP,n|,|AP||n|3(1)24241445218110,即(31)(1511)0,1[0,1],.342AP(,,2),3342214则|AP|()2()24,333214AP的长为.321题答案.【答案】(1)fx的极大值为0,没有极小值;(2)证明见解析π【详解】(1)因为函数fxtanxln1x,x,1,所以21111x1cos2xfx,cos2x1xcos2xx1x1cos2x2π设hxx1cosx,hx12cosxsinx1sin2x0,所以hx在,1上单调递增.2π2又h00,所以当x,0时,hx0;当x0,1时,hx0.又因为x1cosx02ππ对x,1恒成立,所以当x,0时,f'(x)0;当x0,1时,fx0.即fx在22π区间,0上单调递增,在区间0,1上单调递减,故fx极大值f00,fx没有极2小值.tanxln1x①,(2)由(1)可知fxtanxln1x0,所以当且仅当ln1xtanxtanx②,x0,取“=”.11121n1由(1)得tanln,tanln,,tanln,累加得2233nn11112n11tantantanlnlnlnn;23n23nn{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}3141n11由②得lntan,lntan,,lntan,2233nn11134n1n1tantantanlnln累加得23n23n2n1111lntantantanlnnn2,nN*.综上所述,223n22题:y2【答案】(1)x213(2)存在,E:(x8)2y21【解析】【分析】(1)根据双曲线的性质,结合△ABD是等腰直角三角形的性质,列出关系式即可求解双曲线方程;(2)首先利用点差法求出直线l所过的定点,即可求出定圆的方程.【小问1详解】依题意,BAD90,焦半径c2,22c2b42当时,cy,得22,即b,xc1yb212ya2b2aaab2b2所以BF,由AFBF,得ac,得a22a22a2,aa解得:a1(其中a20舍去),所以b2c2a2413,y2故双曲线C的方程为x21;3{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}【小问2详解】设Mx1,y1,Nx2,y2,MN的中点为Qx0,y0因为M,N是C上不同的两点,MN中点的横坐标为2.y221①x11,3y2x221,②2所以3.x1x2x2,③02yyy12,④02yyyy①-②得xxxx12120,12123y1y23x1x2346当kMN存在时,kMN,x1x2y1y22y0y0yy因为MN的中垂线为直线l,所以yy0x2,即l:y0x8,066所以l过定点T8,0.的当kMN不存在时,M,N关于x轴对称,MN中垂线l为x轴,此时l也过T8,0,所以存在以8,0为圆心的定圆E:(x8)2y21,使得l被圆E截得的弦长为定值2.【点睛】关键点点睛:本题考查直线与双曲线相交的综合应用,本题的关键是求得直线所过的定点,因为半径为1,所以定圆圆心为定点,弦长就是直径.{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}

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