【数学】2024郑州市高三一模参考答案

2024-01-12 · U1 上传 · 5页 · 248.6 K

郑州市2024年高中毕业年级第一次质量预测数学参考答案一、单选题CADAACBD二、多选题9.ABC10.CD11.ABD12.ACD三、填空题44e13.;14.276;15.[,0];16..532四、解答题17(.1)样本的平均值为y(550.01650.02750.034850.026950.01)1075.6,所以乙生产线上产品指标P值的平均值估计为75.6.————————2分因为(0.010.02)100.30.5,(0.010.020.034)100.640.5,所以中位数在70,80之间,设指标P值的中位数为y,0.2所以y0.10.2(y70)0.0340.5,解得y7075.88.——————4分0.034由题中条件可知xx74722,yy75.675.880.28xx,所以乙生产线产品指标P值较甲产品指标P值更好.————————6分(2)由频率分布直方图可知该样本中指标P值不小于70的频率为(0.034+0.026+0.01)×10=0.7,所以指标P值不小于70的概率为0.7,XB(5,0.7),E(X)50.73.5,D(X)50.70.31.05.————————10分18.解(1)由条件知,3sinBsinAcosBsinAsinBsin(AB),即3sinBsinAcosBsinAsinBsinAcosBcosAsinB,即3sinBsinAsinBcosAsinB,因为sinB0,所以3sinAcosA1,即2sin(A)1,6因为A(0,),所以A.——————————6分32(2)因为ADBD,所以DABB,CDA2B,CADB,ACDB33{#{QQABIYKEggAIAAAAARhCAQW6CAAQkBACAAoOhAAEoAAAwRFABCA=}#}CDADCD3CD在△CAD中,由正弦定理得,,即,2sinCADsinACDsin(B)sin(B)33231333所以sin(B)3sin(B),即cosBsinBcosBsinB,3322223整理得3cosB2sinB,所以tanB.————————12分219.解:(1)不妨设AB1,则BCCE2,在平行四边形ABCD中,∵BC2,AB1,ABC60,连接AC,由余弦定理得AC21222212cos603,即AC3,∵AC2AB2BC2,∴ACAB.又∵AC2AE2CE2,∴ACAE,又ABAEA,∴AC平面EAB,又∵AC平面ABCD,∴平面EAB平面ABCD.————————————————5分(2)取AB中点G,连接EG,∵EAEB,∴EGAB,3由(1)易知EG平面ABCD,且EG.2如图,以A为原点,分别以射线AB,AC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系A-xyz,1333则E(,0,),F(0,,),2222C(0,3,0),D(1,3,0),B1(2,23,0),C1(1,23,3)3313CD(1,0,0),FC(0,,),EC(,3,)2222nCD0,设平面FCD的法向量为n(x,y,z),则nFC0,x0,得33令y1,得n(0,1,1),yz0,22{#{QQABIYKEggAIAAAAARhCAQW6CAAQkBACAAoOhAAEoAAAwRFABCA=}#}mCD0,设平面ECD的法向量为m(x,y,z),则mEC0,x0,得13令y1,得m(0,1,2),x3yz0,22mn3310cosm,n,|m||n|2510310即平面ECD与平面FCD夹角的余弦值为.—————————————12分10220.解:(1)由已知得,a24a4a2,即a2a2n1n1nn1n.又a0且a2,得a2a,即aa2n1n1nn1n.所以数列是以为首项,为公差的等差数列,an22an2n122n.b当n1时,12,得b211.b当n2时,n2n2n12,得b2n,2n1n当时,也适合上式,故n分n1b12bn2.--------------------------6(2)在b和b之间插入n个数c,c,c,c,使得b,c,c,c,c,b成等差数nn1n1n2n3nnnn1n2n3nnn1列,设其公差为d,则cbd,cbd.n1nnnn1nbdbdn2n2n1Sccccnn13n2n1nn1n2n3nn22012n2n1Tn3262923n123n2----------------------------------①123n1n2Tn3262923n123n2------------------------------------②—得012n1n①②Tn323232323n2n1122nnnT33n2333n2,Tn3n323.————12分n12221.解:(1)由题意可知,点A的坐标为0,2,所以k,AB2{#{QQABIYKEggAIAAAAARhCAQW6CAAQkBACAAoOhAAEoAAAwRFABCA=}#}2故直线AB的方程为yx2,22yx2,22与双曲线联立得3x42x0,y2x214242解得x0或x,1234210故点的坐标为,——————————分D.533ykxm,(2)直线l与双曲线C联立y2x2142整理得k22x22kmxm240,因为k2,P是双曲线与直线l的唯一公共点,所以Δ2km24k22m240,222即m42k22k,km2m2k4解得点P的坐标为2,2,即,,其中km0.k2k2mm412k过点P且与l垂直的直线为yx,mkm6k6可得M,0,N0,mm.6k66k6所以Q,,即x,y,mmmm226k36k2184m2726故x2182182y218,mm2m2m2my2x2即1x0.————————————12分918{#{QQABIYKEggAIAAAAARhCAQW6CAAQkBACAAoOhAAEoAAAwRFABCA=}#}22.证明:(1)由题意可知,函数fx的定义域为R,fx为偶函数,先令x0,11fxaxsinx,又a1,故fxaxsinxxsinx,22令gxxsinx,gx1cosx0,gx在0,上单调递增,故gx0,即fx0,所以函数fx在0,上单调递增,所以当x0时,fxf00,又fx为偶函数,故fx0.——————————5分1(2)由(1)可知,当a1时,x2cosx10,21即cosx1x2,当且仅当x0时,等号成立,2111令x,n1且nN,cos1,nn2n211211即cos111,n2n24n212n12n1由(1)可知,当x0时,xsinx,11111又n1且nN,故01,所以sincostan,nnnnn1n11111即cos,即cos1,11tannntann2n12n1nn1111111111111111tan12tan3tanntan13352n12n123n112nn1n1n2n12n12n111112n即证:n.———————————12分111tan12tan3tanntan2n123n{#{QQABIYKEggAIAAAAARhCAQW6CAAQkBACAAoOhAAEoAAAwRFABCA=}#}

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