2024届四川省南充市高三一诊理科数学答案

2024届南充一诊理科数学参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．题号123456789101112选项CDCABABDBDCD二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．113．114．315．7816．2三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17―21题必考题，每个试题考生必须作答.第22、23题为选考题，考试根据要求作答.(一)必考题．解：数列是等比数列且是和的等差中项17(1)ana46a2a3322a46a2a3即2a1q6a1qa1q整理得：2q2q603解得：q2或q4分2n1n当q2时，ana1q2.33当q时，aaqn12()n-1.2n123a2n或a2()n-1(nN*).6分nn2（）由得，若，n2:(1)q0an211111分bnnn18log2anlog2an1log22log22n(n1)nn1T2023b1b2b2022b20231111111(1)()()()2232022202320232024120231.12分20242024n(adbc)2200(60208040)218解：(1).由题意得K2(ab)(cd)(ac)(bd)100100140602009.5247.8794分21{#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}故有99.5%的把握认为70岁以上老人感染支原体肺炎与自身有慢性疾病有关.5分(2).现从感染支原体肺炎的60位老人中按分层抽样的方式抽出6人，则6人中有慢性疾病4人，无有慢性疾病2人.6分再从6人中随机抽出4人，则抽出的4人中可能有以下3种组合：①有慢性疾病4人；此时8万元②有慢性疾病3人，无有慢性疾病1人；此时7万元③有慢性疾病2人，无有慢性疾病2人；此时6万元所以的可能取值为8，7，68分C41C3C18C2C26故4；42；42P(8)4P(7)4P(6)4C615C615C615故的分布列为：68711分182P1515518220则的数学期望E()876(万元)12分15155319(1).方法一：证明：取BD的中点F,连结AFADABAFBDBD4AD23DF2AFAD2DF2222分DE平面BCDDEBDDE22AF//DE，AFDE四边形FDEA为矩形4分AE//BDAE平面BCDBD平面BCDAE//平面BCD6分{#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}方法二：证明：取BD的中点F,连结AFADAB23，BD4AFBDAFAD2DF2222分DE平面BCD，DE平面ABDE平面ABDE平面BCDAF平面ABDE，平面ABDE平面BCDBDAF平面BCD4分AF//DE，AFDE四边形FDEA为矩形5分AE//BDAE平面BCDBD平面BCDAE//平面BCD6分(2)取BC的中点M，连结AM,FM.BCD90CFFB2，AF//DE，DE平面BCDAF平面BCDAFCF又CF2，AF22ACAF2CF223ACABM为BC的中点BCMF,BCAMAMF为二面角ABCD的平面角AFRtAFM中，tanAMF22MFFM1CD2，BC238分{#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}方法一：以C为坐标原点，CD为x轴，CB为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，C0,0,0，D2,0,0，E(2,0,22)，A(1,3,22)，B(0,23,0).CE(2,0,22)，CA(1,3,22)，CB(0,23,0)nCA0x3y22z0设平面ABC的法向量n(x,y,z),由得nCB023y0取z1得：n(22,0,1)10分设直线CE与平面ABC所成角为,nCE222226则sincosn,CEnCE23396直线CE与平面ABC所成角的正弦值为.12分9方法二：过C作BD的垂线交BD于HCHBDDE平面BCD，CH平面BCDDECH又BDDEDCH平面ABDE11在BCD中，由SBCCDBDCH,得CH3BCD221又SSAEDE22BAEDAE21126VSCH22310分CBAE3BAE33又ABBCCA23为等边三角形，ABCSABC3322设点E到平面ABC的距离为h，由VEABCVCBAE得：h.322故点E到平面ABC的距离为.11分3又RtCDE中，DE22，CD2{#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}CE23h6所以直线CE与平面ABC所成角的正弦值为12分CE9注：以下方法酌情给分由EF//平面ABC知，E、F到平面ABC的距离相等，如右图，取BC中点M，过F作FNAM于N,则可证FN平面ABC，即E到平面ABC的距离等于FN.mf(x)20题：(1).由h(x)2得：2sinx2sinxx(0,)时m恒成立1分ex2sinx令(x)(0x)ex2(cosxsinx)(x)2分ex由(x)0得:0x；由(x)0得:x44(x)在(0，)上单调递增；在(，)上单调递减44(x)()e44分max4所以m的取值范围为[e4,)5分(2).由已知f(x)与g(x)的图像关于直线yx对称g(x)lnx6分设公切线与f(x)ex相切于点(s,es)，与g(x)lnx相切于点(t,lnt)1由f(x)ex，g(x)知公切线可分别表示为：x11yeses(xs)，即yesxes(1s)或ylnt(xt)，即yxlnt1tts1e①st由①②消去t得：e(1s)1sse(1s)lnt1②s即e(s1)s108分(*)令F(x)(x1)exx1,则F(x)xex1，显然x0时，F(x)0当x0时，令(x)F(x)xex1，(x)(x1)ex0,故(x)在(0，)上单调递增{#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}又F(0)10，F(1)e10x0x0(0，1)使得F(x0)x0e10分当xx0时，F(x)0，F(x)单调递减；当xx0时，F(x)0，F(x)单调递增1032又F(2)10，F(1)0；F(1)20，F(2)e230e2e分所以F(x)有且仅有两个零点x1,x2，且x1(2,1),x2(1,2).11x1由F(x1)(x11)ex110知：x1x1(x11)ex11F(x1)(x11)ex110ex1由x1(2,1)知x1x1x1x2即x1x20f(x)与g(x)有且仅有两条公切线，且f(x)图像上两切点横坐标互为相反数.12分s1s1注：(*)处由①②消去t得：es0或ess1s1t1或由①②消去s得：(t1)lntt10或lnt0t1再构造函数证明，具体过程可参照文科20题(2)的解法，评分标准酌情处理21解：(1).显然四边形ABCD为菱形,故其内切圆以O为圆心，半径r为O到直线AD的距离1分又由A(5,0)，D(0,1)得直线AD的方程为：x5y503分55故原点到直线AD的距离dr4分1565故四边形ABCD内切圆的标准方程为：x2y25分6(2).方法一：由题意可知故方程为：F1(2，0)，MNyk(x2)6分设M(x1,y1)，N(x2,y2)y则直线MP的方程为：y1(x1)x11x2y21联立5得：[5y2(x1)2]x210y2x5y25x210x50()y111111y1(x1)x11{#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}x2又M(x,y)在椭圆E上，故1y21，即5y25x2115111代入式整理得：222分()(3x1)x5y1x5x13x108显然3x10，025x13x1x1xP3x13x15y12y12k(x12)xP，yP(xP1)x13x11x13x133x152k(x12)分故P,9x13x133x252k(x22)同理：Q,；x23x232k(x2)2k(x2)12x3x32k[(x2)(x3)(x2)(x3)]k1212213x53x512(3x15)(x23)(3x25)(x13)x13x232k(5x5x)5k2111分4x24x125k2故k，即kk252分所以：存在常数满足题意.125方法二：分由题意可知F1(2，0)，故MN方程为：yk(x2)6设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x3,y3)，Q(x4,y4)设MRtRP(1x1,y1)t(x31,y3)1x1t(x31)x1tx31t得：()7分y1ty3y1ty302x12y11①222xtx225由①②2得：13222ty1ty31tx253y1②53(xtx)(xtx)1313(yty)(yty)1t251313{#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFAB