贵州省名校协作体2023-2024学年高三上学期联考（一）数学参考答案

贵州省名校协作体2023-2024学年高三联考（一）数学参考答案一、单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.题号12345678答案BDBCABBC8.C【解析】设事件A为“该球员投球得分”，事件B为“该球员投中3分球得分”，231423由全概率公式：P(A)P(B)P(A|B)P(B)P(A|B)，故选：C343530二、多项选择题:本题共4小题，每小题5分，全部选对得5分，不分选对得2分，有错选的得0分，共20分。题号9101112答案ADACDABCCD12.CD【解析】当x0时，f(x)3x233(x1)(x1)，所以当x(,1)时，f(x)单调递增；当x(1,0]时，f(x)单调递减；又当x(0,)时，f(x)单调递增，所以f(x)的图像大致如下：对于A选项，方程f(x)1有三个不相等的根，A错误；对于B选项，方程f(x)m的根等价于函数f(x)的图像与ym的交点的横坐标，根据图像知实数m的取值范围是0,13，故B错误；对于选项，令，方程的根为，而Cf(x)tf(t)1t13,t20,t3e1f(x)3有一个根，f(x)0有一个根，f(x)e1有三个根，且这五个根互不相等，所以C正确；对于选项，令，则方程22的根为，，因为方程Df(x)tt2ata10t1a1t2a1[f(x)]22af(x)a210有四个不相等的实数根，结合f(x)的图像知a13a131a130a11或或或，1a130a11a100a11解得a[0,1](2,4)，故D正确，故选CD.数学答案第1页共6页{#{QQABIQCAogAgAAIAABhCQwXQCgMQkAEACKoOxAAEIAAAAANABCA=}#}三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。题号131415161答案25224．【解析】当为奇数时，；当时为偶数时，16nan2an3n1nan2an3n1.设数列的前项和，{an}nSn则，S16a1a2a3a4...a16，a1a3a5...a15(a2a4)...(a14a16)a1(a12)(a110)(a124)(a144)(a170)(a1102)(a1140)(5172941)，8a1392928a148448611则a.故答案为.144四、解答题：本题共6小题，其中17题10分，18-22题每题12分，共70分。17．【解析】（1）根据统计图表中的数据，结合平均数的计算方法，可得本次统考中数学考试成绩样本的平均数为x600.02800.221000.531200.21400.03100................2分2s216000.024000.2200.534000.216000.03248............................5分（2）由（1）可知X~N(100,15.752)....................................................................................................6分0.95440.6826所以P(84.25X131.5)0.8185.....................................................................9分2因为0.81850.8,所以本次考试试题的有效性符合要求........................................................................10分．【解析】（）由分181S3S9a4a5a6a7a8a90a6a70.................................2则分a12a111....................................................................................................................................3设的公差为，则{an}da111d111111d11d2则ana1(n1)d112(n1)2n13所以数列的通项公式为分{an}an2n13.............................................................................................5（）由题可知2T100a1a2a6a7a100分T100a1a2a6a7a100.................................................................................................7T100S6S100S62S6S1002611110011187...................................................................................................10分228872数学答案第2页共6页{#{QQABIQCAogAgAAIAABhCQwXQCgMQkAEACKoOxAAEIAAAAANABCA=}#}分T1008872..........................................................................................................................................12319．【解析】（1）因为△ABC的面积为，213所以bcsinA，即bcsinA3，...............................................................................................1分22因为ABAC1，所以bccosA1，...............................................................................................3分bcsinA所以3，得tanA3，bccosA因为A0,，所以A..................................................................................................................5分23π2π（2）结合（1）可得A,BCπA，33abc由a3，则根据正弦定理有2，得b2sinB,c2sinC，............................7分sinAsinBsinC根据余弦定理有a2b2c22bccosA，得b2c23bc，222π所以bc3bc34sinBsinC34sinBsinB.......................................................9分32π323sinBcosB2sinB43sin2Bcos2B42sin2B，6π2ππππ又VABC为锐角三角形，则有B0,,B0,，得B,，23262ππ5ππ1所以2B,，所以sin2B,1，..................................................................11分6666222π故bc42sin2B5,6................................................................................................12分620．【解析】法一：（1）过E作EH//BC交PC与H，连接DH因为ABCD是长方形，AD//BC，所以AD//EH，所以ADHE四点共面PC平面ADE，所以PCDH,又因为PDDC，所以H为PC的中点又EH//BC，所以E为PB中点，所以PEBE.............................................................6分（2）令PDDC1，则AD2,因为PD平面ABCD，所以PDAD，因为ADDC，PDDCD，所以AD平面PDC，所以ADDH，所以PDH为二面角PADE的平面角在RtPDB中DBAD2DC23，PBBD2PD22数学答案第3页共6页{#{QQABIQCAogAgAAIAABhCQwXQCgMQkAEACKoOxAAEIAAAAANABCA=}#}3因为DEPB，所以DEPBPDDB，所以DE,所以PE:EB1:3又EH//BC，2所以PH:HC1:3，在RtPDC，PC22则PH,PD1,DPH450,45在PDH中，由余弦定理DH2PD2PH22PDPHcos4508PD2DH2PH2310cosPDH2PDDH10310所以二面角PADE的余弦值为..................................................................12分10法二（1）因为PD平面ABCD，ABCD是长方形，建立如图所示的空间直角坐标系令PDDC1,ADm,则D(0,0,0)，A(m,0,0),C(0,1,0)，B(m,1,0)zP(0,0,1),令PEPB因为PC平面ADE，所以PCDE，PC(0,1,1)，HDEDP+PEDPPB(0,0,1)(m,1,1)(m,,1)1yPCDE10，所以，所以E为PB中点，所以PEEH2x......................................................................................................................6分（2）因为AD2DC2,所以A(2,0,0)B(2,1,0)P(0,0,1)，1DE(2,,1),PB(2,1,1)，所以DEPB210，4213所以DA(2,0,0),DE(,,)，令n(x,y,z)是平面ADE的法向量，444DAn2x0,x0令，所以213z1,y3n(0,3,1)DEnxyz0y3z444又因为平面PAD的法向量m(0,1,0)|3|310设二面角PADE为，则二面角cos|cosn,m|11010310所以二面角PADE的余弦值为.........