2024年山西太原高三一模数学答案

太原市2024年高三年级模拟考试（一）数学参考答案与评分建议一.选择题：DABCBCBB二.选择题：BCDACDBCD2三.填空题:82024e四．解答题15.解：（1）设A，ACD90，ABCD，ABC902，在△ACD中，ACD90，ACADcosAADcos，………2分BCACBCADcos在△ABC中，由得，ADsincosBCcos2，sinAsinBsinsin(902)2AD3BC，3sincos2cos2，………4分113tan2(1tan2)，tan或tan2（舍去），tanA；………7分221525（2）由（1）得tanA，sinA，cosA，………8分255ACAC6，AD35，BC25，………10分cosA在△ABC中，由余弦定理得AB2AC2BC22ACBCcosACB………11分3620245cos(90)80，AB45.………13分16.（1）证明：取的中点，连接，A1CDC1D，，………1分A1C1CC1C1DA1C平面平面，A1BCACC1A1平面，，………3分C1DA1BCC1DBC平面，，CC1ABCCC1BC平面，；………6分BCACC1A1BCAA1（2）由（1）得，平面，，CC1BCBCACC1A1BCAC平面，，以为原点，所在直线分别为轴、CC1ABCCC1ACCCA,CB,CC1xy轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，zA1C1xB1C1y122SACBCyCCAC2xy22,A1BC21111x2,则解得1228y1,VSCCxy,A1ABC3ABC133则，，，，，………9分C(0,0,0)C1(0,0,2)A1(2,0,2)B(0,2,0)B1(0,1,2)-1-2x0,设是平面的一个法向量，则mC1A1,1m(x1,y1,z1)A1BC12x12y12z10,mBA1,取，则，，………11分z11x10,y11m(0,1,1)nBA,2xy0,设是平面的一个法向量，则1122n(x2,y2,z2)A1BB12x22y22z20,nBA1,取，则，，………13分z21x12,y22n(1,2,1)mn33cosm,n，………14分|m||n|262平面角与平面的夹角为.………15分A1BB1A1BC13017.解：（1）由题意得f(x)ae2x(2a1)ex2(aex1)(ex2)，xR，………2分①当a0时，则f(x)0，f(x)在R上递减；………4分1②当a0时，令f(x)0，则xlnlna，a令f(x)0，则xlna；令f(x)0，则xlna，f(x)在(,lna)上递减，在(lna，)上递增；………6分（2）由（1）得①当a0时，f(x)在R上递减，f(x)在R上至多有一个零点，a0不符合题意；………8分②当a0时，f(x)在(,lna)上递减，在(lna，)上递增，11f(x)f(lna)2lna，………9分min22a（ⅰ）当a1时，f(lna)0，f(x)在R上至多有一个零点，a1不符合题意；………11分（ⅱ）当0a1时，f(lna)0，a12a1311f(1)20，f(x)在(1,lna)上有一个零点，……13分2e2e22ea8a816416ea(1)41，22a2a2a8a168163a1681638a8163f()ea(2a1)eaeaeaea(ea1)a2a22a22a2a8163161633ea130，f(x)在(lna,)上有一个零点，2a2aa220a1符合题意；综上，实数a的取值范围为(0,1).………15分-2-19221,a4bc1a2,18.解：（1）由题意得e,a2b3,a2b2c2,x2y2椭圆C的标准方程为1；………4分43y（2）设，，，则，0，M(x1,y1)N(x2,y2)Q(x0,y0)P(2x0,2y0)kOPx022x1y11,222243x1x2y1y2y1y23x1x23x0由得0，，22xy43x1x24y1y24y0221,43y330，即；………8分kMNkOPkMNx044（3）①当和都存在时，设直线的方程为，kOPkMNMNykxmykxm,222由x2y2得(34k)x8kmx4(m3)0,1438km4(m23)xx，xx，………10分1234k21234k2xx4km3mx12，ykxm，0234k20034k222(2x)(2y)22点P在C上，001，3x4y3，34k24m2，………12分43002k3xx，xx1，12m12m21设点O到直线MN的距离为d，则△MON的面积S|MN|dMON21|m|12，1k|x1x2||x1x2||m|21k22222m2m2229S(xx)[(xx)4xx]km3，MON4124121243S为定值；………15分MON23②当直线OP的斜率不存在时，则直线MN的方程为y3，易得S；MON2-3-3③当直线MN的斜率不存在时，则直线MN的方程为y1，易得S；MON23综上所述，△MON的面积为定值．………17分222k22.解：（1）由题意知随机变量X～B(n,)，即P(Xk)Ck(k0,1,2,,n)，……2分3n3n255C55245C45由P(X55)210P(X45)得n210n，………4分3n3n200n100，E(X)．………6分3（2）①由题意得1922282P(X1x1,X2x2,,X10x10)(C10p(1p))(C10p(1p))3373446555664(C10p(1p))C10p(1p)C10p(1p)C10p(1p)1222334563070，；………9分(C10）(C10）(C10)C10C10C10p(1p)0p1②设1222334563070g(p)lnP(X1x1,X2x2,,X10x10)ln[(C10）(C10）(C10)C10C10C10p(1p)]122233456，，ln[(C10）(C10）(C10)C10C10C10]30lnp70ln(1p)0p1307030100p则g(p)，令g(p)0，则0p0.3；令g(p)0，则0.3p1，p1pp(1p)g(p)在(0,0.3)上递增，在(0.3,1)上递减，当p0.3时，g(p)取得最大值g(0.3)，………12分818x2(2x1)(4x26x3)记函数m(x)ln(1x)x3，0x1，则m(x)，91x33(1x)11令m(x)0，则0x；令m(x)0，则x1，22111311m(x)在(0,)上递增，在(,1)上递减，m(x)m()ln0.40650.3，2222998所以团体A提出的函数模型pln(1)3求不出的极大似然估计；………15分90111记函数n(x)(1ex)，0x1，则n(x)在(0,1)上递增，且其值域为(0,(1))，22e15令n(x)(1ex)0.3，则xln，2215所以团体B提出的函数模型p(1e)可以求出的极大似然估计，且ln.……17分202注：以上各题其它解法请酌情赋分.-4-