数学-山西省太原市2023-2024学年第一学期高三年级期末学业诊断

2023-2024学年第一学期高三年级期末学业诊断数学试卷参考答案及评分标准一.单项选择题：CBABCCAA二.多项选择题：9.BD10．AC11.ACD12.ABD三.填空题:13.y2x14.2515.316.e3四.解答题：ad3,17.解：（1）设的公差为，由题意得1{an}d，a17d3(a12d)a1,1*；………2分an2n1(nN)d2,当时，则，，n12S12b13b11b11当时，则，，，n22Sn13bn112Sn2Sn13bn3bn1bn3bn1是以为首项，为公比的等比数列，n1*；………5分{bn}13bn3(nN)（2）由（1）得n1*，………6分cnanbn(2n1)3(nN)2n2n1，①Tnc1c2c3cn1cn113353(2n3)3(2n1)323n1n，②3Tn133353(2n3)3(2n1)3①-②得23n1n，2Tn12(3333)(2n1)3n*.………10分Tn(n1)31(nN)1318.解：（1）由题意得SaADsinADBa33，a6………2分ABC22BD2DC，BD4，CD2，AB2AD2BD22ADBDcosADB12，AB23，………4分AB2BD2AD23cosB，0B180，B30；………6分2ABBD21（2）由题意得BDCD，AD(ABAC)，2211221AD(ABAC)2(ABAC2ABAC)(c2b22bccosBAC)4，444b2c228，bccosBAC6，a2b2c22bccosBAC40，a210，………8分1SbcsinBAC33，bcsinBAC63，bc12，ABC2(bc)2b2c22bc52，bc213，………11分abc2(1013)，△ABC的周长为2(1013).………12分19.（1）证明：四边形ABCD是正方形，ABAD，SAAB，SAADA，AB平面SAD，SDAB，………2分同理可证SDBC，ABBCB，SD平面ABCD，………5分四棱锥SABCD是一个“阳马”；………6分（2）由（1）得SD平面ABCD，SDAD，，，，SA32AB3SD3z以点D为原点，DA，DC，DS所在的直线分别为x轴，Sy轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可得D(0,0,0)，A(3,0,0)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，S(0,0,3)，DCEy33AAEEC，E(,,0)，B11x设是平面的一个法向量，则mAC,m(x1,y1,z1)SAEmSA，3x3y0,x1,11令，则1，，………8分z11m(1,1,1)，，3x13z10y11设是平面的一个法向量，则nSD,n(x2,y2,z2)SDEnDE，3z0,2x,令，则2，，y21n(,1,0)33，，x2y20z2011mn1301cosm,n，，………10分|m||n|3211539393310E(,,0)，DE()2()2，44444SD210SD平面ABCD，直线SE与底面ABCD所成角的正切值为.……12分DE520.解：（1）设“第天选择米饭套餐”（），则“第天选择面食套餐”，Aiii1,2Aii2112根据题意P(A)，P(A)，且P(A|A)，P(A|A)，1313213213由全概率公式，得P(A2)P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)21124；………4分33339（2）（i）设“第天选择米饭套餐”（），Annn1,2,12则PP(A)，P(A)1P，P(A|A)，P(A|A)，………5分nnnnn1n3n1n312由全概率公式，得P(A)P(A)P(A|A)P(A)P(A|A)P，n1nn1nnn1n3n312111即PP，P(P)，………7分n13n3n123n211111P，{P}是以为首项，为公比的等比数列；………8分126n263111（ii）由（i）可得P()n1(nN*)，………10分n263111111145当n为大于1的奇数时，P()n1()2；n26326327911115当n为正偶数时，P()n1.………12分n26329ppp21.解：（1）由题意得F(,0)，D(,0)，设直线AB的方程为xty(tR)，222pxty,，，由得22,A(x1,y1)B(x2,y2)2y2tpyp02y2px，2，………3分y1y22tpy1y2p2222，(y1y2)(y1y2)4y1y24p(t1)1222DAB面积S|DF||yy|pt1p，DAB212当时，取最小值2，，t0SDABpp2抛物线C的方程为y24x；………6分（2）由（1）得抛物线2，假设存在定点，C:y4xP(x0,y0)设直线的方程为，，则，lx5m(y2)(mR)M(x3,y3),N(x4,y4)y3y0,y4y0x5m(y2),由得2,2y4my4(2m5)0y4x，，………8分y3y44my3y44(2m5)PMPN，PMPN0，12222PMPN(xx)(xx)(yy)(yy)(yy)(yy)(yy)(yy)，3040304016304030402，2，………10分y0(y3y4)y0y3y41604(y02)m(y04)0y2,当时，即0时，恒成立，存在定点.………12分y020PMPNP(1,2)x0122.解：（1）当k1时，f(x)xlnx1，x(0,)，则f(x)lnx1，………1分11令f(x)0，则0x；令f(x)0，则x，ee11f(x)在(0,)上单调递减，在(,)上单调递增，………3分ee111f(x)在x处取得最小值f()1；………4分eee（2）①当k1时，则f(x)xlnx110，显然成立；………5分xxlnx②当k1时，原不等式等价于k，………6分x1xxlnxxlnx2令g(x)，x1，则g(x)，………7分x1(x1)2x1令h(x)xlnx2，x1，则h(x)0，h(x)在(1,)上单调递增，xh(3)1ln30，h(4)2(1ln2)0，，，即，，………8分x0(3,4)h(x0)0x0lnx020x02lnx0当时，，，在上单调递减，x(1,x0)h(x)0g(x)0g(x)(1,x0)当时，，，在上单调递增，………9分x(x0,)h(x)0g(x)0g(x)(x0,)xxlnx在处取得最小值为000，………10分g(x)xx0g(x0)x0x01，且，………11分kg(x0)x0x0(3,4)综上，实数k的最大整数值为3.………12分注：以上各题其它解法请酌情赋分.