THUSSAT2024年1月诊断性测试数学答案_2024届THUSSAT中学生标准学术能力诊断性测试2024年1月测试全科_THUSSAT中学生标准学术能力诊断性测试2024年1月测试数学

中学生标准学术能力诊断性测试 2024年 1月测试 数学参考答案 一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的． 1 2 3 4 5 6 7 8 A D B A C C A C 二、多项选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对但不全的得2分，有错选的得0分． 9 10 11 12 AB BCD CD ACD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 14． 13．4 第1页 共9页 1 5 3 15． 2 16．  −  ， 1 2  四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分） （1）当 n  2 时，数列  a n  的前n项和为S ，满足 n S 2n = a n  S n − 1 2  ，  1 1 1 即S2 =(S −S )  S −  =S2 − S −S S + S ， n n n−1  n 2 n 2 n n n−1 2 n−1 整理可得 2 S n S n − 1 = S n − 1 − S n ········································································ 1分 S 1 = 1 ，则 2 S 2 S 1 = S 1 − S 2 ，即 2 S 2 = 1 − S 2 1 ，可得S = ······························· 2分 2 3 由2S S =S −S ，即 2 3 2 3 2 3 S 3 = 1 3 − S 3 1 ，可得S = , , 3 5 以此类推可知，对任意的nN*,S 0， n 1 1 在等式2S S =S −S 两边同时除以S S 可得 − =2 ······················· 4分 n n−1 n−1 n n n−1 S S n n−1 {#{QQABDYKAogiAABAAABgCAQFKCEOQkAGCCAoOxAAEsAAAgRNABCA=}#}所以数列 第2页 共9页  1 S n  为等差数列，且其首项为 1 S 1 = 1 ，公差为2 ································· 5分  1 S n = 1 + 2 ( n − 1 ) = 2 n − 1 ，因此， S n = 2 n 1 − 1 ············································ 6分 （2）解： b n = n 2 2 n S + n1 = 1 4  1 + ( 2 n − 1 1) ( 2 n + 1 )  = 1 4 + 1 8  2 n 1 − 1 − 2 n 1 + 1  ，  T n = n 4 + 1 8  1 − 2 n 1 + 1  ············································································ 8分 不等式T m2 −3m+n对所有的 n n  N * 2 恒成立，则m2 −3m+ 0， 3 9+ 57 9− 57 即m 或m ····································································· 9分 6 6 因此，满足条件的正整数m的最小值为3 ······················································ 10分 18．（12分） （1）证明：由  B A C =  2 ,  B A D = 1 2  D A C ，知  B A D =  6 ,  D A C =  3 ， S  A B C = S  A B D + S A C D , 1 2 A B  A D  s i n  6 + 1 2 A D  A C  s i n  3 = 1 2 A B  A C ， 即 A D + 3 A D  A C = 2 A C ， 2 1 两边同除以ADAC，得 − = 3 ······················································ 5分 AD AC （2）设BAD= ，则DAC=2， ABD中，由正弦定理，得 s i n A B B D A s B i n D   = ①， AC DC ACD中，由正弦定理，得 = ②， sinCDA sin2 ②①，结合 s i n  B D A = s i n  C D A , D C = 4 B D ，得 A C c o 2 s  = ···················· 7分 1 sin3 3sin−4sin3 S = ABACsin3= = =3tan−4tansin2 ABC 2 cos cos {#{QQABDYKAogiAABAAABgCAQFKCEOQkAGCCAoOxAAEsAAAgRNABCA=}#}第3页 共9页 3 t a n 4 t a n 1 t a n t a 2 n 2 3 t a 1 n t a n t a 2 n 3        = −  + = + − ···································· 9分 设 t a n t ( 0 , 3 )  =  ，即求函数 y = 3 1 t + − 3 t 2 t , t  ( 0 , 3 ) 的最大值， ( 3−3t2)( 1+t2) − ( 3t−t3) 2t ( 2 3−3−t2 )( 2 3+3+t2 ) y= = ， ( 1+t2)2 ( 1+t2)2 ( ) t2 0,2 3−3 时， y   0 ( ) ，函数单调递增；t2 2 3−3,3 时， y   0 ，函数单调 递减，当 t 2 = 2 3 − 3 时，函数有最大值，y = 6 3−9， max ABC面积的最大值为 6 3 − 9 ···························································· 12分 19．（12分） （1）记蚂蚁爬行n次在底面ABCD的概率为 P n ， 由题意可得， P 1 = 2 3 , P n + 1 = 1 3 P n + 2 3 ( 1 − P n ) ···················································· 3分 P n + 1 − 1 2 = − 1 3  P n − 1 2  ,  P n − 1 2  是等比数列，首项为 1 6 ，公比为 − 1 3 ， P n − 1 2 = 1 6  − 1 3  n − 1 , P n = 1 2 + 1 6  − 1 3  n − 1 ························································ 5分 （2）X=0,1,2， X=2时，蚂蚁第3次、第5次都在C处， P ( X = 2 ) =  1 6  1 6  2  2 3 + 1 6  2 3  2  1 6 + 1 6  2 3  2  1 6    2 3  2 3 + 1 6  1 6 + 1 6  1 6  = 1 1 8 ·············································································································· 7分 X=1时，蚂蚁第3次在C处或第5次在C处， 设蚂蚁第3次在C处的概率为 P 1 ， 1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 5 1 5 2 1 1 P =   2 +  2 +  2     +  +   = 1 6 6 3 6 3 6 6 3 6 6 6 6 6 3 3 18 ·············································································································· 8分 设蚂蚁第5次在C处的概率为P ， 2 {#{QQABDYKAogiAABAAABgCAQFKCEOQkAGCCAoOxAAEsAAAgRNABCA=}#}设蚂蚁不过点C且第3次在 第4页 共9页 D 1 的概率为 P 3 ，设蚂蚁不过点C且第3次在B 的概率为 1 P 4 ， 设蚂蚁不过点C且第3次在A的概率为P ，由对称性知， 5 P 3 = P 4 ， P 3 = 1 6  1 6  1 6  4 + 2 3  1 6  2 3  3 = 1 5 3 4 ， P 5 = 1 6  2 3  1 6  6 + 2 3  2 3  2 3 = 1 2 1 7 ， 1 2 1 1 7 得P =2P   2+P   2= ··················································· 11分 2 3 6 3 5 6 6 54  P ( X = 1 ) = P 1 + P 2 = 5 2 7 ， P ( X = 0 ) = 1 − P ( X = 1 ) − P ( X = 2 ) = 4 5 1 4 ， X的分布列为： X 0 1 2 41 P 54 5 2 7 1 1 8 X的数学期望 E ( X ) = 0  P ( X = 0 ) + 1  P ( X = 1 ) + 2  P ( X = 2 ) = 8 2 7 ············ 12分 20．（12分） （1）过点E作AM的平行线交AD于点F，过点N作AB的平行线交AC于点G，连接FG．因 为点 E 是线段 DM 的中点，BN =3NC，  E F = N G = 1 2 A M ，且EF NG，四边 形EFGN 是平行四边形．由 N E F G , N E  平面DAC， F G  平面DAC， NE 平面DAC ······················································································ 5分 （2）解法1：以点A为原点，AB，AC 所在的直线为x轴、y轴，过点A垂直于平面ABC的直 线为z轴，建立空间直角坐标系 ····································································· 6分 1 3  设AB= AC =2，则A(0,0,0,),M(1,0,0),N  , ,0 ，设D(x,y,z,) ， 2 2  {#{QQABDYKAogiAABAAABgCAQFKCEOQkAGCCAoOxAAEsAAAgRNABCA=}#}因为平面 第5页 共9页 D M C ⊥ 平面 ABC，所以点 D 在平面 ABC 上的射影落在直线 CM 上，  x + y 2 = 1 ①， 由题意可知， D M = 1 , D N = 3 2 2 , ( x − 1 ) 2 + y 2 + z 2 = 1 ②， 2 2  1  3 9 x− + y− +z2 = ③，      2  2 2 8 2 2 11 8 2 2 11 由①②③解得，x= ,y =− ,z = ,D ,− ,  ·························· 8分   7 7 7 7 7 7   A D =  8 7 , − 2 7 , 2 7 1 1  , C D =  8 7 , − 1 6 7 , 2 7 1 1  ， 设平面ACD的法向量为 n = ( x , y , z ) ，  ADn=0  4x− y+ 11z =0  ，即 ，取 CDn=0 4x−8y+ 11z =0 x = 1 1 , y = 0 , z = − 4 ······················ 11分 取平面ABC的法向量 m = ( 0 , 0 , 1 ) ．设二面角D−AC−B的平面角为， mn 4 3 则cos= cos m,n = = ， m n 9 所以，二面角 D − A C − B 4 3 的余弦值为 ··················································· 12分 9 解法2：如图，过点B作直线 MN的垂线交于点I，交直线CM于点H．由题意知，点D 在底面 ABC上的射影在直线 BI上且在直线 MC上，所以点 H即点 D在底面上的射影， 即DH ⊥平面ABC ····················································································· 6分 3  设AB=2，则BM =1,BN = 2,MBN = ，由余弦定理，得 2 4 M N = 1 2 0 ， 10 3 10 10 cosBMN =− ,sinBMN = ,MI =BM cos(−BMN)= ， 10 10 10 {#{QQABDYKAogiAABAAABgCAQFKCEOQkAGCCAoOxAAEsAAAgRNABCA=}#}第6页 共9页 c o s  I M H = c o s (  I M B −  H M B ) = 1 1 0 0  5 5 + 3 1 1 0 0  2 5 5 = 7 1 0 2 ， M H = c o s M  I I M H = 7 5 ． 过点H作 AC的垂线交于点 O，连接DO，由三垂线定理知，DO⊥ AC，   D O H 是 二面角D−AC−B的平面角 ········································································ 9分 AM CM 由 = ，解得 HO CH H O = 8 7 , D H = D M 2 − M H 2 = 2 7 1 1 ， t a n  D O H = D H H O = 1 4 1 ，得 c o s  D O H = 4 9 3 ， 所以，二面角 D − A C − B 的余弦值为 4 9 3 ·················································· 12分 21．（12分） （1）设点 C ( x 1 , y 1 ) , D ( x 2 , y 2 ) ，设直线 l的方程为y=kx+1(k 0) ，代入抛物线y = x2 −1， 得x2−kx−2=0（*）， C M C D D M = 1 + k 1 2 + x k 1 2 x 1 1 + − k x 2 2 x 2 = 2 1 k + 2 + k 8 2 = 2 1 − k 2 7 + 8   2 2 , 2  ·········· 4分 （2） C ( x 1 , x 21 − 1 ) , D ( x 2 , x 22 − 1 ) , Q  − 1 k , 0  ，设 T ( m , n ) ， 由（*）式，知 x 1 + x 2 = k , x 1 x 2 = − 2 ······························································ 5分 直线AC的方程为 y = ( x 1 − 1 ) ( x + 1 ) ，直线BD的方程为 y = ( x 2 + 1 ) ( x − 1 ) ， 解得 x = x 2 x 1− + x x 1 2+ 2 , y = 2 ( x 1 x x 2 2 + − x x 1 1 − + x 2 2 − 1 ) = 2 ( x x 2 1 − − x x 1 2 + − 2 3 ) ， 所以点P的坐标为  x 2 x 1− + x x 1 2+ 2 , 2 ( x x 2 1 − − x x 1 2 + − 2 3 )  ··············································· 7分 T P =  x 2 x 1− + x x 1 2+ 2 − m , 2 ( x x 2 1 − − x x 1 2 + − 2 3 ) − n  , T Q =  − 1 k − m , − n  ，  x +x  1  2(x −x −3)  TPTQ= 1 2 −m − −m  + 1 2 −n (−n)  x −x +2  k   x −x +2  2 1 2 1 {#{QQABDYKAogiAABAAABgCAQFKCEOQkAGCCAoOxAAEsAAAgRNABCA=}#}第7页 共9页 = m 2 −  x 2 x 1− + x x 1 2+ 2 − 1 k  m − k ( x x 2 1 − + x x 1 2+ 2 ) + n 2 − 2 ( x x 2 1 − − x x 1 2 + − 2 3 ) n = m 2 −  x 2 − k x 1 + 2 − 1 k  m + n 2 + 2 n + x 2 2 − n − x 1 1 + 2 x 2 − x 1 =  k 2 + 8 ，  T P  T Q = m 2 + n 2 + 2 n + −  k m k + 2 + 2 n 8 − + 1 2 + m k ··············································· 10分 1 5 当m=0,n= ,TPTQ为定值 ， 2 4 所以存在定点T的坐标为  0 , 1 2  ·································································· 12分 22．（12分） −2+lnx 2 ( x3−1 ) +lnx （1） f(x)=2x+ = ···················································· 1分 x2 x2 又因为函数 g ( x ) = 2 ( x 3 − 1 ) + l n x 递增，且 g ( 1 ) = 0 ， f  ( x )  0  x  1 ，  f ( x ) 在 ( 0 , 1 ) 递减，在  1 , +  ) 递增 ···························································· 2分 当 f ( 1 ) = 2 − a  0 ，即 a  2 时， f  1 a  = 1 a 2 + a  1 − l n 1 a  − a = 1 a 2 + a l n a  0 ， f ( a ) = a 2 + 1 − l a n a − a  a 2 − a + 1 − ( a a − 1 )  a 2 − a − a − a 1 = ( a − 1 ) 2 a ( a + 1 )  0 ，  f ( x ) 1  在 ,1  ,(1,a) 上各有一个零点 ························································· 3分 a  当a2时， f (x) 的最小值为 f ( 1 ) ，且 f (1)=2−a0， f (x) 在 ( 0 , +  ) 内至多只有一个零点， 综上，实数a的取值范围是 a  2 ·································································· 4分 1 （2）设F(x)= f (x)− f   ,x1， x {#{QQABDYKAogiAABAAABgCAQFKCEOQkAGCCAoOxAAEsAAAgRNABCA=}#}则 第8页 共9页 F  ( x ) = f  ( x ) + 1 x 2 f   1 x  = 2 ( x − 1 ) − 2 ( x x − 3 1 ) + 1 − x x 2 2 l n x = ( x − 1 )  2 − 2 x 3 − x + x 2 1 l n x  = x − 3 x 1  2 x 3 − 2 − x ( x + 1 ) l n x  当 x  1 时， l n x  x − 1 ， 2 x 3 − 2 − x ( x + 1 ) ( x − 1 ) = x 3 + x − 2 = ( x − 1 ) ( x 2 + x + 2 )  0 ，  2 x 3 − 2  x ( x + 1 ) ( x − 1 )  x ( x + 1 ) l n x ，  F ( x ) 在 ( 1 , +  ) 上递增， 当 x  1 时， F ( x )  F ( 1 ) = 0 ， 即当 x  1 时， f ( x )  f  1 x  ······································································ 6分 又因为函数 f ( x ) 有两个零点 x 1 , x 2 ( x 1  x 2 ) ， 由（1）知， 0  x 1  1  x 2 , 0  1 x 2  1 ，  f ( x 1 ) = f ( x 2 )  f  1 x 2  ， 又 f (x) 在 ( 0 , 1 ) 1 递减，x  ， 1 x 2 即 x 1 x 2  1 ································································································ 8分  1  lnx （3）设G (x)= f (x)−  x+ −a  = x2 − −x， 1  x  x G 1 ( x ) = 2 x − 1 − x l n 2 x − 1 = 2 x 3 − x 2 x − 2 1 + l n x = ( x − 1 ) ( 2 x 2 + x 2 x + 1 ) + l n x ， G(1)=0，当x1时， 1 G 1 ( x ) = ( x − 2 x 1 )  ( 2 x 2 + x + 1 ) + l x n − x 1  ， lnx 显然 ( 2x2 +x+1 ) + 0 x−1 {#{QQABDYKAogiAABAAABgCAQFKCEOQkAGCCAoOxAAEsAAAgRNABCA=}#}第9页 共9页  G 1 ( x ) 在 ( 0 , 1 ) 递减， ( 1 , +  ) 递增，  G 1 ( x )  G 1 ( 1 ) = 0 ， 1 即 f (x) x+ −a=h (x)， x 1 设 h 1 ( x ) 的零点为x ,x (x x ),x −x = a2−4， 3 4 3 4 4 3 由图象可知x  x  x  x ， 3 1 2 4  x 2 − x 1  a 2 − 4 ·················································································· 10分 设 f ( x ) −  x 2 + 1 x 2 − a  = 1 − l x n x − 1 x 2 = 1 x  1 − l n x − 1 x  ， 设 G 2 ( x ) = 1 − l n x − 1 x ， 易得 G 2 ( x )  0 恒成立，即 f ( x )  x 2 + 1 x 2 − a = h 2 ( x ) ， 设 h 2 ( x ) 的零点为 x 5 , x 6 ( x 5  x 6 ) , x 26 − x 25 = a 2 − 4 ， 由图象可知， x 1  x 5  x 6  x 2 ，  x 21  x 25  x 26  x 22 ，  x 22 − x 21  a 2 − 4 ，  x 2 − x 1  a 2 − 4  x 22 − x 21 ····································································· 12分 {#{QQABDYKAogiAABAAABgCAQFKCEOQkAGCCAoOxAAEsAAAgRNABCA=}#}