2024届四川省乐山市高三上学期第一次调研考试 文科数学答案

乐山市高中2024届第一次调查研究考试文科数学参考答案及评分意见2023.12一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.ABBDCBCCDCAB二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.xZ，x22x；14.yex；15.；16.1.6三、解答题：本大题共6小题，共70分.808117.解：（1）甲得分的中位数为80.5；……………………2分2乙得分的众数为78；……………………4分（2）若使用方案一：75+75+78+78+80+81+81+83+84+99x甲81.4……………………5分1075+78+78+78+80+80+83+83+85+85x乙80.5……………………6分10因为x甲x乙，所以甲的得分较高.……………………7分若使用方案二：75+78+78+80+81+81+83+84y80……………………8分甲878+78+78+80+80+83+83+85y80.6……………………9分乙8因为y甲y乙，所以乙的得分较高.……………………10分方案二更好，因为有一个评委给甲选手评分为99，高出其他评委的评分很多，方案二可以规避个别极端值对平均值的影响，评选结果更公平、更正.……………………12分解：（1）∵，18.a11aa1a3a1∴b1，b21，b32．……………………3分1222233344an11an1（2）∵2na(n1)a，∴，即bb．……………………6分n1nn12nn12n1又∵b1，∴{b}是以1为首项，以为公比的等比数列．……………………8分1n211（3）由（2）得b1()n1……………………10分n22n1n所以anb……………………12分nn2n119.解：（1）E是PC的中点．……………………1分证明：连结AC，交BD于点O，连结OE．∵底面ABCD是正方形，∴O是AC的中点．……………………2分∵PA//平面EBD，平面PAC平面BDEOE，{#{QQABAYCAogCIAAJAABhCEQUYCEGQkBCAAIoGABAIsAIBgRFABAA=}#}∴PA//OE．……………………4分∵O是AC的中点，∴E是PC的中点．……………………6分（2）∵E为PC中点，11∴VVV．……………………8分EBPD2CBPD2PDBC24若V，则VEBPD3PDBC3124∵VSPD2．……………………10分PDBC3BDC33∴1.2∴存在1，使三棱锥EBPD体积为．……………………12分320.解：（1）在△ABD中，由余弦定理得：AD2AB2BD224102cosBAD．……………………2分2ADAB22223∵0BAD，∴BAD．……………………3分4∵BAD3BCD，∴BCD．……………………4分45∵BDC，在△BCD中，由正弦定理得：12BDCD10CD，即．sinBCDsinCBDsinsin43310sin10∴CD3215．……………………6分sin242（2）解法一：33在△BCD中，设BDC,CBD，(0,)44CD10由正弦定理得：，3sin()sin44310sin()3∴CD425sin()．……………………8分sin44113∴SBDCDsin1025sin()sin△BCD22432252sin()sin52(cossin)sin422{#{QQABAYCAogCIAAJAABhCEQUYCEGQkBCAAIoGABAIsAIBgRFABAA=}#}11cos25(sincossin2)5(sin2)221155255(sin2cos2)sin(2)．……………………11分2222423525∴当且仅当2，即时△BCD面积取到最大值42822525故△BCD面积的最大值为．……………………12分22解法二：在△BCD中，BD10,BCD，由余弦定理得：4BD2CD2CB22CDCBcosBCD．……………………8分22即：10CDCB2CDCB…(22)CDCB10∴CDCB„5(22)，当且仅当CDCB时取“”．……………………10分22125(21)．（S）5(22)BCDmax222525故△BCD面积的最大值为．……………………12分22x1x21.解：（1）由题可知，h(x)(xR)，所以h(x)．……………………1分exex由h(x)0，得x1；由h(x)0，得x1．……………………2分所以h(x)在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减．……………………3分1所以h(x)的极大值为h(1)，无极小值．……………………5分e(注：只给出极大值，没有说无极小值扣1分)f(x)logx（2）因为g(x)1，所以axa1，xx可得xx．分xaxlogaxloga(xa)……………………6令txax(a1)，可得taxxaxlnaax(1xlna)0，所以txax在(0,)单调递增．……………………7分1故g(x)f(x)1有两个零点，等价于h(t)tlogt有两个零点．……………………8分xa1可得h(t)1，tlna1当t(0,)时，h(t)0；lna1当t(,)时，h(t)0，lna{#{QQABAYCAogCIAAJAABhCEQUYCEGQkBCAAIoGABAIsAIBgRFABAA=}#}11所以h(t)在(0,)递减，(,)递增，lnalna1111可得h(t)h()loglog(alnalna)．……………………9分minlnalnaalnaa1111令log(alnalna)0，所以alnalna1，则alna，alna1111设x，则aex0，alnaax0(ex0)x0e．……………………10分0lna1111所以alna，则e，则a(1,ee)．……………………11分lnalna11因为h()10，haaaaaaaa110，aa111此时存在两零点x,x，其中x(,),x(,)，且hxhx0,121alna2lna121故a(1,ee)．……………………12分(注：没有用零点存在定理判断扣1分)x22cos解：（）因为圆的参数方程为为参数），22.1C1(y12sin则其直角坐标方程为22，即22．分C1：(x2)(y1)4xy4x2y10……………………2因为xcos,ysin，……………………3分故的极坐标方程为2．分C14cos2sin10……………………5（2）因为C的极坐标方程为，代入C的极坐标方程中，241得23210，则．分1232，121……………………7故2．分PQ（12）41214……………………8142则△CPQ的高为4．……………………9分1421127则△CPQ的面积为PQh14．……………………10分12222xa,xa23.解：（1）由题得f(x)2xaxa．……………………2分3x3a,x„a画出yf(x)及ya得图象，如下图所示，{#{QQABAYCAogCIAAJAABhCEQUYCEGQkBCAAIoGABAIsAIBgRFABAA=}#}2a易知A(a,0),B(,a)，C(2a,a)，34a∴BC．……………………4分3114a2a28∴SBCaa，解得a2．……………………5分ABC22333xa,xa（2）由（1）知f(x)，3x3a,x„a当xa时，f(x)x即为xax，得a0，与条件矛盾，此时不等式的解为；……………………7分3a当x„a时，f(x)x即为3x3ax，得x，43a此时不等式的解为x.……………………9分43a综上所述，原不等式的解集为(,)．……………………10分4(注：第（2）问也可由图象直接得出答案){#{QQABAYCAogCIAAJAABhCEQUYCEGQkBCAAIoGABAIsAIBgRFABAA=}#}