湖北省部分市州2023-2024学年高三上学期1月期末联考数学答案

湖北省部分市州2024年元月高三期末联考数学参考答案一、单选题，每小题5分.1.B2.A3.A4.B5.B6.D7.C8.D28.【解析】对于A，f(0)1,f,f(0)f，∴T，A错误；42442对于B，f(x)连续，ff,f(0)f，∴f(x)不可能在区间，0上442441单调递减，B错误；对于C，f(0)f21，∴f(x)的图象不可能关于点，中心对称；22【对于A，B，C三个选项也可以直接推理论证，可以得出同样的结论.】对于D，∵f(x)是偶函数，T.不妨研究x0，,此时22f(x)sin3xcos3xsinxcosxsin2xsinxcosxcos2xsinxcosx1sinxcosx令t21tsinxcosx2sinx，则t1，2，sinxcosx，422t1133∴f(x)g(t)t1tt，t1，2222333g'(t)t2(1t2)0在t1，2时恒成立2221332g(t)在t1，2时单调递减，∴f(x)g(t)22，minmin222∴D正确.∴应选择D.附f(x)图象：1二、多选题，每小题5分，全选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分.9.ACD10.AC11.BC12.BC11.【解析】如图，设A(t,a13t)为直线上任意一点，过点A作f(x)x33x2a的切线，切'232点为B(x0,f(x0))，f(x)3x6x，则函数f(x)x3xa图象在点B处的切线方程为'322yf(x0)f(x0)(xx0)，即y(x03x0a)(3x06x0)(xx0)，322(a13t)(x03x0a)(3x06x0)(tx0)（*）3t1整理得，(x1)2(2x3t1)0，解得x1或x000023t1∴当t1时，1，方程（*）仅有一个实根，切线2仅可以作1条；3t1当t1时，1，方程（*）有两个不同实根，切2线可以作2条.∴答案为BC.12.【解析】根据题意可以构造长宽高分别为6cm,4cm,4cm的长方体，5如图.对于A，异面直线AD与BC所成角的余弦值为，A错误；13对于B，当F为BC的中点时，EF垂直于长方体的上下底面，此时线段EF的最小值为4cm，B正确；对于C，工艺品PABCD的体积11V644364448(cm2)，C正确;32对于D，由于PABCD的顶点都在长方体的顶点处，∴PABCD的外接球即为长方体的外接球，设PABCD的外接球半径为R，则2R262424268，外接球的表面积为68，∵68>64，∴PABCD不可以完全内置于表面积为64cm2的球内，D错误.∴答案为BC.三、填空题,每小题5分.，01(写a0或a1不扣分)3，213.114.715.16.3315【解析】∵eax1(a1)x1lnx0，x02eax1ax1xlnxelnxlnx令f(x)exx，则f(ax1)f(lnx)，而f(x)在R上递增∴ax1lnx结合函数yax1和ylnx的图象易知，a1或a0.a216.【解析】设椭圆右焦点为F，直线x与x轴交于点H，c∵APPC，结合图形知，APAFcac2ace2ee[1,2]，PCFHa2a2c21e21ecc1222∴又tanQABtanQBA，即kk233PAPB3b2b22cb23计算得，kk，所以，∴e1，1PAPB222aa3aa3∴3，2e.33四、解答题117.（10分）【解析】（1）∵AE2EB，∴SSBCE3ABC1122而SABACsinBAC66sinCAD18cosCAD18122，ABC22231∴SS42.……………………………………5分BCE3ABC221（2）解法①：∵cos∠CAD=，∠CAD(0,)，∴sin∠CAD=331∴cosCABcosCADsinCAD231在△ABC中，BC2AB2AC22ABACcosCAB363626696331BC266∴BC46，∴在等腰△ABC中，cosB2BA636BA6∴RtABD中，cosB，∴BD363BDBD∴ADBD2BA2543632.…………………………………………10分解法②：由SABCSABDSACD得，11166sinCAD6AD6ADsinCAD，AD32………………10分222218.（12分）【解析】(1)连接AC，BD交于点O，则AC⊥BD，建系如图，则A(3,0,0),B(0,1,0),E(0,1,2),F(3,0,1),∴AB(3,1,0),BE(0,2,2),BF(3,1,1),………………………………1分设平面，平面的法向量分别为则ABEBEFn1(x1,y1,z1),n2(x2,y2,z2),ABn13x1y10由，取n11,3,3BEn1y1z10BFn23x2y2z20由，取n20,1,1……………………………………3分BEn2y2z20设二面角A-BE-F的大小为，nn2342∴coscosn,n12…………………………5分127n1n2727∴sin1cos277所以二面角A-BE-F的正弦值为.…………………………………………6分74EH1（2）存在H符合题意，且.理由如下：………………………………………7分ED4解法①：（几何法）取FC中点M，连接GM，则GM//BF,而GM平面BEF，BF平面BEF，∴GM//平面BEF；………………………………………………8分过M作MN//EF交ED于N，连接MN，NG.同理可知，MN//平面BEF；由GM∩MN=M，∴平面GMN//平面BEF，………………………………………10分∴GN//平面BEF，∴点N即为所求的点H.EH1∵四边形EFMN为平行四边形，EN=FM，DE=2FC=2，所以.ED41∴H为DE靠近点E的四等分点（即EHED）.………………………………12分4解法②：（向量法）令EHED([0,1])，则D(0,1,0)，EH(0,0，2)(0,0，2)∴33，33GHGEEH,,2(0,02),,222222若平面，∵平面，∴GH//BEFGHBEFGHn20311EH1∴0220∴∴EHED∴244ED4注：其他解法，可以酌情给分.19.（12分）【解析】（1）比赛进行4局后甲获胜，则甲在前3场需要胜2局，第4局胜,22128∴PC2………………………………………………4分333327（2）由题意知，X的取值可能为3,4,5.33211PX3，33352221212110PX4C2C2，33333333271108PX5132727∴X的分布列为：X3451108P32727………………………………………8分1108107∴E(X)=345………………………………………10分3272727（3）乙应该选择3局2胜制.…………………………………………12分附理由如下：（供研究使用，考生无需在答题卡上计算）“3局2胜制”，乙可能2:0，2:1两种方式获胜，获胜概率：212117PC113233327“5局3胜制”，乙可能3:0，3:1，3:2三种方式获胜，获胜概率：3222121121117PC1C2233333433381因为，所以乙应该选择局胜制对自己更有利P1P232.120.（12分）【解析】（1）证明：当n1时，2S1a12a1，由于an0，∴a11a111当n2时，2SnanSnSn1,anSnSn1122∴SnSn1，即SnSn11（n2）SnSn12∴数列Sn是首项为1，公差为1的等差数列.………………………………5分22（2）由（1）知，SnS1(n1)1n…………………………………6分bn1bn1bnn，∴(2n1)bn1(2n1)bn，bn1bn22n12n16b数列n是常数列.2n1bbn1b1，b2n1………………………………………………8分2n1211n【bn2n1也可以由累乘法或迭代法求得】n2n14S14nn11n1………………………………9分bnbn1(2n1)(2n1)2n12n11111111T1(1)nn335572n12n1(1)n1……………………………………………………………12分2n112n1，n为偶数2n12n1也可分类讨论得：T.…………………………12分n12n21，n为奇数2n12n121.（12分）【解析】（1）证明：先证当0x时，xsinx0.2令m(x)xsinx，则m'(x)1cos0在0x时恒成立，2∴m(x)xsinx在0，上单调递增，∴m(x)m(0)0，2即当0x时,xsinx0.……………………………………………2分2tanxx要证2，只需证明tanxx2(xsinx)，即证tanx2sinx3x0xsinx令(x)tanx2sinx3x,x0,，则212cos3x3cos2x1(cosx1)2(2cosx1)'(x)2cosx30.cos2xcos2xcos2x11（或2cosx333cosxcosx30）cos2xcos2x当且仅当cosx1时等号成立，而0cosx1，∴'(x)0……………………4分7∴在(x)在0，上单调递增，∴(x)(0)0，即tanx2sinx3x02tanxx∴当0x时，2.………………………………………………5分2xsinx1(2)令f(x)tanx2sinxax,x0,，则f(0)0,f'(x)2cosxa,2cos2x1令tcosx,则t在x0，上单调递减，t(0,1),f'(x)g(t)2ta,2t22而g'(t)20，∴g(t)在t(0,1)上递减，∴f'(x)在x0，上递增………7分t32∴f'(x)的值域为3a,（I）当3a0，即a3时，f'(x)0恒成立，所以f(x)在x0，递增，2∴f(x)0，∴a3符合题意；………………………………………………9分（II）当3a0，即a3时，f'(0)0