2024年深圳市高三年级第一次调考数学答案

2024年深圳市高三年级第一次调研考试数学试题参考答案及评分标准一、选择题：每小题5分，共40分。题号12345678答案ABDABCCD二、选择题：每小题6分，共18分。题号91011答案BCACACD说明：第9、10题全部选对得6分，选对1个得3分，有选错得0分；第11题全部选对得6分，每选对1个得2分，有选错得0分．三、填空题：每小题5分，共15分。π224+12．−；13．；14．18．33四、解答题：15．（13分）SSS证明：（1）设等差数列{}n的公差为d，则41=+3d，即Sd+=35，①………………1分n411SS因为SaaS=+=+4，所以由21=+d，得Sd+=24．②…………………………2分2121211S由①、②解得S=2，d=1，所以n=+n1，即Snn=+(1)，……………………………3分1nn当n…2时，aSSnnnn=−=+−−=nnnn−1(1)(1)2，*当n=1时，aS11==2，上式也成立，所以annn=2()N，………………………………5分因为当时，aann−=−12，所以数列{}an是等差数列．…………………………………6分ba2nn解：（2）由（1）可知nn+1===，…………………………………………………7分bnna+22n++4n2bbnn−1b2nn−−12112当时，bbn=6…1=…=，bnn−−1b2b1n++1n3n(n1)2024年深圳市高三年级第一次调研考试数学试题参考答案及评分标准第1页共8页PDFShaperProfessional12*因为b=6满足上式，所以bn=()N．……………………………………………9分1nnn(1)+11111112T=−+−++−=−=−12[(1)()()]12(1)12，……………………11分n223nn+1nn++1112因为当N*时，n=1，2，3，5，11，所以M={6,8,9,10,11}．…………………13分n+116．（15分）证明：（1）不妨设AD==AP3，∵PAD=120，DM=2MP，∴DP=33，DM=23，PM=3，………………………………………………………1分由余弦定理得AMAPMPAPMP=+−=222cos303，在△ADM中，ADAMDM222+=，∴MAA⊥D，…………………………………………2分∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD平面PADAD=，MA平面，∴MA⊥平面ABCD．∵BD平面，∴MAB⊥D，……………………………………………………………4分∵四边形是菱形，∴ACBD⊥，…………………………………………………………5分又∵ACMAA=，且AC平面ACM，平面，∴BD⊥平面．……6分解：（2）在平面内，过点B作AD的垂线，垂足为N，zB∵平面平面，平面平面，∴BN⊥平面ADP，…………………………………………7分C又∵四边形是菱形，ADC=60，∴BDA=30，N∴△ACD,△ABC均为等边三角形，………………………8分A以点A为坐标原点，，AM及过点平行于NB的直线分别DMP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系（如图），xy333333则A(0,0,0)，B(−,0,)，D(3,0,0)，P(−,,0)，……………………………9分2222由（1）平面，933∴BD=−(,0,)为平面的一个法向量，…………………………………………10分22设平面ABP的法向量为m=(,,)xyz，2024年深圳市高三年级第一次调研考试数学试题参考答案及评分标准第2页共8页333−+=xz0,AB=m0,22则即……………………………………………………………11分AP=m0,333−+=xy0,22令x=3，可得m=(3,1,1)，………………………………………………………………12分335∵|cosBD,m|=||=，…………………………………………………………14分53355∴平面ACM与平面ABP的夹角的余弦值为．……………………………………………15分517．（15分）11解：（1）由题可知f()=3+(1)3−3=2−313(+=−)2+，…………………………2分2411因为01，所以当=时，f()的最小值为．……………………………………4分24（2）由题设知，X的可能取值为1，2，3，4．………………………………………………5分①当X=1时，相应四次接收到的信号数字依次为0101或1010．因此，212112128PX(1)==+=，……………………………………………………6分3333333381②当X=2时，相应四次接收到的信号数字依次为0010，或0100，或1101，或1011，或1001，或0110，或1100，或0011．因此，21212112364PX(2)==()2(2)2+()()4+2==22，………………………833333333819分③当X=3时，相应四次接收到的信号数字依次为1110，或0111，或0001，或1000．因此，121220PX(3)()2()2==+=33，……………………………………………………10分333381④当X=4时，相应四次接收到的信号数字依次为0000，或1111．因此，1217PX(4)()()==+=44．……………………………………………………………………12分3381所以的分布列为P8420178198181…………………………………………………13分2024年深圳市高三年级第一次调研考试数学试题参考答案及评分标准第3页共8页832017208因此，X的数学期望EX()1234=+++=．…………………………15分81881818118．（17分）解：（1）当a=0时，fxxxx()2ln=−−2，1则fxxxxxx()2(1ln)22(ln1)=−+−=−++，……………………………………………1分x1令gx()f(x)=，则gx()=−2(+1)，x因为x[e,−1]2，所以gx()0．则gx()在[e,1]−2上单调递减，……………………………2分又因为f(e)2(1e)0−−22=−，f(1)=40−，−2fx()−2所以x0(e,1)使得fx()00=，在(e,)x0上单调递增，在(,x1)0上单调递减．因此，在上的最小值是f(e)−2与f(1)两者中的最小者．…………………………3分因为f(e)4eee(4e)0−−−−−22422=−=−，f(1)1=−，所以函数在上的最小值为−1．………………………………………………………4分1（2）fxax()[1=+−−+−e(1)e]2(1xx++11ln)2xxx=−++axxxe2(ln1)x+1，x2(ln1)2(ln1)xxxx++++由fx()0=，解得a==，…………………………………………6分xeex+1ln1x+x+易知函数yxx=++ln1在(0,)+上单调递增，且值域为R，2t令ln1xxt++=，由，解得a=，et2t2(1)−t设ht()=，则ht()=，etet因为当t1时，ht()0，当t1时，ht()0，所以函数ht()在(−,1)上单调递增，在(1,+)上单调递减．22根据h(1)=，t→−时，hx()→−，limht()==lim0,ett→+→+et得的大致图像如图所示．………………………………………………………………………7分因此有：2（ⅰ）当a时，方程hta()=无解，即fx()无零点，没有极值点；………………8分e2024年深圳市高三年级第一次调研考试数学试题参考答案及评分标准第4页共8页2（ⅱ）当a=时，fx()2e2(ln1)=−++lnxx+xx，e利用e1x…x+，得fxxxxx()2(ln1)2(ln1)0…++−++=，此时fx()没有极值点；……9分2（ⅲ）当0a时，方程ht()a=有两个解，即fx()有两个零点，有两个极值点；e（ⅳ）当a„0时，方程有一个解，即有一个零点，有一个极值点．22综上，当时，有一个极值点；当0a时，有两个极值点；当a…时，ee没有极值点．……………………………………………………………………………………………11分πsin2x2（3）先证明当x(0,)时，．4xπsinxπ(cos)sinxxx−设nxx()((0,))=，则nx()=，x4x2π记pxxxxx()cossin((0,))=−，则pxxxxxxx()1cos(sin)cossin0=+−−=−，px()在4π(0,)上单调递减，……………………………………………………………………13分4π22当时，pxp()(0)0=，nx()0，则nx()在上单调递减，nxn()()=，4π即当时，不等式成立．…………………………………………………14分21eπ由（2）知，当函数无极值点时，a，则0，…………………………15分e244a1122在不等式中，取x=，则有2sina，2a2aπ12即不等式asin成立．……………………………………………………………………17分2aπ19．（17分）()x−+m22ym=解：（1）设点Pxy(,)，由题意可知n2n，……………………………………2分||x−m2024年深圳市高三年级第一次调研考试数学试题参考答案及评分标准第5页共8页m即()()xmyxn−+=−222，nxy22经化简，得C的方程为+=1，………………………………………………………3分nn222m−当mn时，曲线是焦点在x轴上的椭圆；当mn时，曲线是焦点在轴上的双曲线．………………………………………………4分（2）设点Mx(,y)11，Nx(,y)22，Mx(y,)33，其中yy120,0且x3232xy=y−=−,，xy22(i)由（1）可知的方程为+=1，A(22,0)，B(2−2,0)，168yyy12−2y3因为AMB//N，所以===，xxxx1−+−−−22222222223因此，，，三点共线，且2222，MAM||(22)(22)()||BNxyx=++=−−+−=222yAM2…………………………………5分（法一）设直线MM的方程为xty=+22，联立的方程，得(2)4280tyty22++−=，42t8则yy+=−，yy13=−，………………………………………………………6分13t2+2t2+2221622由（1）可知||||4AMx=−=−11x，||4BNAMx==−，4222232222(4−x)(4+−x)(2−ty)(2+−ty)11||||AMBN+1313所以+===2222||||||||AMBNAMBN2222(4−x)(4−x)(2−ty)(2−ty)212321232242t4()−+tyy4()−−t2132t2+2===1（定值）．………8分124218t242−++()tyyt13yy1342−()()−+tt−2tt22++222AM224（法二）设=MAx，则有=，解得AM=，22cos−AM422+cosAM224同理由=，解得AM=，22cos+AM422−cos11112+−2cos22cos所以+=+=+=1（定值）.………………8分|AM||BN||AM||AM|44由椭圆定义BQ+QM+MA=8，得QM=8−BQ−AM，|AM||QM|8−−BQAM，∴==，|BN||BQ|BQ2024年深圳市高三年级第一次调研考试数学试题参考答案及评分标准第6页共8页(8||)||−AMBN解得||BQ=，||||AMBN+(8−|BN|)|AM|同理可得||AQ=，……………………………………………………………10分|AM|+|BN|