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
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