2024届四川省南充市高三一诊理科数学答案

2024-01-13 · U1 上传 · 9页 · 496.1 K

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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