2024届河南省开封市高三上学期第一次模拟考试 数学答案

2023-12-17 · U1 上传 · 4页 · 206.7 K

开封市2024届高三年级第一次模拟考试数学参考答案注意事项:答案仅供参考,其他合理答案也可酌情给分。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DACBBABD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BCADACDABD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。276813.14.15.16.5963四、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.(10分)b+ca(1)因为=2,………2分所以a=2sin=3.………4分sinB+sinCsinA3113(2)因为S=bcsinA=bcsin=,所以bc=2,………6分ABC22322由余弦定理a2=b2+c22bccosA=b+c2bc1+cosA,………8分2所以3=b+c41+cos,b+c=3,………9分3所以ABC的周长为33.………10分18.(12分)aaa(1)设等差数列n的公差为d,由a3a=6,得31=2=2d,d1,………2分n3131a由a=6得2=3,………4分22aa所以n2n2,所以ann1.………6分n2n1111(2),………8分annn1nn111111111Sn1………10分a1a2an223nn11n1.………12分n1n11{#{QQABCQQQgggoABIAABhCAQUICkKQkAECAKoGRFAIoAIAARNABAA=}#}19.(12分)(1)如图,分别以为x,y,z轴建立空间直角坐标系,………1分AB,AD,AA1Axyz则,,,,1A0,0,0B11,0,1C1,10E0,1,,21,AB11,0,1AC1,1,0,AE0,1,,………2分2设平面AB1C的一个法向量为nx,y,z,ABn=0,x+z=0,则1即,ACn=0,x+y=0取x1,则平面AB1C的一个法向量为n=1,1,1,………3分3所以点到平面的距离为nAE3.………4分EAB1Ch2=n32又,所以正三角形的面积为3,………5分AB1=AC=B1C=2AB1C2所以四面体的体积为11331.………6分AB1CEV=Sh==3AB1C3224x+z=0,ABm=0,1即(2)设平面AB1E的一个法向量为mx,y,z,则1………7分AEm=0,yz=0,2取y1,则平面AB1E的一个法向量为m=2,1,2.…………9分nm33所以cosn,m=,…………11分nm3333所以平面AB1E与平面AB1C夹角的余弦值为.………12分320.(12分)2222,,,x1y1x2y2(1)由已知k0,设Ax1y1Bx2y2,则1①,1②,…………1分a2b2a2b222222xxyyy1y2y1+y2b①-②得:1212,即,…………2分2202abx1x2x1+x2a2y1y2y1+y2b1又k=,k,所以,…………3分ABOE2x1x2x1+x2a2c2a2b2b21c2又1=,所以椭圆C的离心率.…………5分a2a2a22a2(2)直线l与x轴、y轴分别相交于M,N两点,且|MA||NB|,E为线段AB的中点,所以E也为线段MN的中点,121kkl:ykx+2与x轴、y轴的交点为M,0,N0,2,所以E,0,OE1,kkk1所以2,所以2,2,…………7分kABkOEk=k=l:yx+22222{#{QQABCQQQgggoABIAABhCAQUICkKQkAECAKoGRFAIoAIAARNABAA=}#}x2y2联立直线2与椭圆,l:yx+2C:22122bb可得:22,,2,…………8分x22x+4b0x1x2=22x1x2=4b222622,…………10分|AB|1kx1x2=1kx1x24x1x2=844b6b262x2y2所以b23,a26,所以椭圆C的方程为1.…………12分6321.(12分)11(1)①若a0,因为f=aln20,所以不满足题意;………1分22aax②若a0,由f'x1知:………2分xx当x0,a时,f'x0;当xa,+时,f'x0,所以fx在0,a单调递增,在a,+单调递减,………3分故xa是fx在0,+的最大值点,………4分所以faf10,又因为fa0,所以fa=0,故a1.………5分(2)由(1)知,fxlnxx+1,且xlnx+1,x当x0,时,要证明esinxxfx,只要证exsinxlnx1,………6分2下面证明exsinxx:xxx令gxesinxx,g'(x)esinx+cosx1=2esinx+1,………7分432x0x0,,x+,,所以sinx+,ee1,2444422所以g'(x)2110,………8分2所以gx在0,上单调递增,又g00,所以gx0,即exsinxx,………10分2又因为xlnx+1,所以exsinxxlnx1,即exsinxlnx1,所以exsinxxfx得证.………12分22.(12分)(1)由题意可设三人合计得分为离散型随机变量X,X的可能取值为3,4,5,6,…………1分3228,11212,P(X3)P(X4)C33273327232126,11,P(X5)C3P(X6)3327327所以,X的分布列是:X345681261………3分P272727273{#{QQABCQQQgggoABIAABhCAQUICkKQkAECAKoGRFAIoAIAARNABAA=}#}81261EX34564.…………4分27272727(2)(i)设甲第二天选择“单车自由行”的概率P2,41111由题意知:P21;…………6分54533(ii)甲第nn1,2,,16天选择“单车自由行”的概率为Pn,1252①PP1PPn2,3,,16,…………7分nn14n1312n13858∴PnPn1,1712178P828n5又∵P0,∴17n2,3,,16,181785P12n1178285∴数列Pn是以为首项,以为公比的等比数列,…………8分178512n1∴8285;…………9分Pnn1,2,3,,161785121②由题意知,只需P1P即Pn1,2,,16,…………10分nnn2n1n1828515855,即n1,2,,16,178512212342856显然n必为奇数,偶数不成立,n155故当n1,3,5,…,15时,有即可,1256055当n1时,,显然成立;125625255当n3时,,成立;1214456456255当n5时,,不成立,1214414456n15又因为单调递减,所以n5时不成立.…………11分12综上,选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数为2天.…………12分4{#{QQABCQQQgggoABIAABhCAQUICkKQkAECAKoGRFAIoAIAARNABAA=}#}

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