2024届高三许济洛平二模数学(答案,简版)

2024-01-08 · U1 上传 · 6页 · 233 K

2024高三第二次模拟考试参考答案一、选择题1.A2.B3.D4.A5.C6.B7.D8.C二、选择题9.ACD10.ABD11.BD12.AD三、填空题151113.114.15.,16.2,02,3463四、解答题17.解:(1)在△ABC中,因为bsinAcosA31acosBc,由正弦定理可得:sinBsinAcosA31sinAcosBsinC,所以sinBsinAcosA31sinAcosBsinAB,所以sinAsinBsinBcosA31sinAcosBsinAcosBcosAsinB,整理得sinAsinB3sinAcosB,又A0,π,所以sinA0,所以sinB3cosB,得tanB3,…………………………………………4分因为B0,π,所以B.……………………………………………………5分3π(2)由(1)知,B,又a1,b3,321在△ABC中,由余弦定理b2a2c22accosB,得31c21c,2所以c2c20,则c2,或c1(舍),………………………………8分1133所以△ABC的面积SacsinB12.…………………10分2222218.解:(1)若选①,因为数列an中,an1anan2,所以数列an为等比数列.设{an}的公比为q,则q0,由题意得2a322a2a4,2332又a11,可得2q22qq,即q2q2q40,则有q32q2q24qq222q22q22q20,试卷第1页,共6页{#{QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=}#}因为2,解得,故n1.分q20q=2an2…………………………………………2**若选②,因为Sn12Sn1nN,所以Sn22Sn1Sn12Sn1nN,**所以Sn2Sn12Sn1SnnN,即an22an1nN;当n1时,有S22S11,即a2a11,且a11,则a22a1.所以数列是首项,公比的等比数列,所以n1.分ana11q=2an2…………4S1S1n1n若选③,由Sn11anSn1an1,得,an1anS1S1a1n11所以2,所以Sn2an1.ana1a1当n2时,Sn12an11,所以anSnSn12an12an112an2an1,所以an2an1,所以,数列是以首项,公比的等比数列,所以n1.分ana11q=2an2………6nn(2)由(1)可知:数列bn满足bnn1,an223n数列b的前n项和T1①nn2222n1112n1n则T②2n2222n12n111111nnnn2①─②可得:T122,n2n1n1nn222221222n2所以T4,…………………………………………………………………8分n2n1n2不等式cosnT化为cosn4,n2n12n12可知数列4为递增数列.…………………………………………………9分2n12当n为偶数时,4,取n2,可得3;………………………………10分2n12当n为奇数时,4,取n1,可得2;……………………………11分2n1综上,实数的取值范围是2,3.…………………………………………………12分1234519.解:(1)由统计表数据可得:x3,5试卷第2页,共6页{#{QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=}#}712131924y15,…………………………………………………………………1分55所以xixyiy163041841,…………………………………………2分i152,分yiy64941681174……………………………………………3i152,分xix4101410……………………………………………………4i14141所以相关系数r0.98,…………………………………………………5分174041.7因此,两个变量具有很强的线性相关性.………………………………………………6分(2)由题意知,X的可能取值为0,1,2,3.…………………………………………7分0312C5C31C5C315因为PX03,PX13,C856C8562130C5C33015C5C3105PX23,PX33,………………………11分C85628C85628所以X的分布列为:X0123115155P5656282811515515所以EX0123.……………………………………12分56562828820.解:(1)证明:如图,取EC的中点H,连结BD交AC于点O,连结HO、HF.因为四边形ABCD为菱形,则ACBD.又AE平面ABCD,BD平面ABCD,所以AEBD.因为AE平面AEC,AC平面AEC,且AEACA,所以BD平面AEC.……………………………………………………………………2分试卷第3页,共6页{#{QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=}#}1因为H、O分别为EC、AC的中点,所以HO//EA,且HO=EA;21又AE∥DF,且DF=EA.2所以HO//DF,且HO=DF,所以四边形HODF为平行四边形,所以HF//OD,即HF//BD,所以HF平面AEC.因为HF平面CEF,所以平面AEC平面CEF.………………………………5分(2)取CD中点M,连接AM.因为菱形ABCD中,ABC60,所以△ACD为正三角形,又M为CD中点,所以AMCD,因为AB//CD,所以AMAB.因为AE平面ABCD,AB,AM平面ABCD,所以AEAB,AEAM.如图,以A为原点,AB,AM,AE所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Axyz.…………7分不妨设ABADAE2DF2,则A0,0,0,B2,0,0,C1,3,0,D1,3,0,E0,0,2,F1,3,1.………………8分因为AM平面ABE,所以AM0,3,0为平面ABE的一个法向量,………9分设平面CEF的法向量为nx,y,z,因为CE1,3,2,CF2,0,1,nCEx3y2z0y3x所以,nCF2xz0z2x不妨令x1,得n1,3,2.………11分设平面ABE与平面CEF夹角为,nAM36则coscos

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