南充一诊文科数学答案_2024届四川省南充市高三上学期一诊考试_四川省南充市2024届高三上学期一诊考试文科数学

2024 届南充一诊文科数学参考答案 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 C D D A B A C A B B C D 二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上． 1 13． 9 14． 3 15． 78 16． 2 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17―21题必考题，每个试题考生必 须作答.第22、23题为选考题，考试根据要求作答. (一)必考题 17．解：(1)数列 a 是等比数列且a 是6a 和a 的等差中项 n 4 2 3 2a 6a a 即： 2aq3 6aqaq2 4 2 3 1 1 1 2q2 q60 3 解得：q 2或q  （舍去）4分 2 又a 2 1 a 22n1 2n (nN*). 6分 n 1 1 1 1 1 (2):由(1)得b      8分 n log a log a log 2nlog 2n1 n(n1) n n1 2 n 2 n1 2 2 T b b b b 2023 1 2 2022 2023 1 1 1 1 1 1 1 (1 )(  )(  )(  ) 2 2 3 2022 2023 2023 2024 1 2023 1  . 12分 2024 2024 n(ad bc)2 200(60208040)2 18解：(1).由题意得K2   (ab)(cd)(ac)(bd) 10010014060 200  9.5247.879 4分 21 故有99.5%的把握认为70岁以上老人感染支原体肺炎与自身有慢性疾病有关.5分 (2).现从感染支原体肺炎的 60 位老人中按分层抽样的方式抽出 6 人，则抽出的 6 人中有慢性 疾病4人，无有慢性疾病2人. 6分 设慢性疾病4人编号为A ，A ，A ，A ；无有慢性疾病2人编号为B ，B . 1 2 3 4 1 2 现从6人中随机抽出2人共15种情况. {#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}具体情况如下： A A ，A A ，A A ， A B ，A B ; A A ，A A，A B ，A B ; A A ， A B ，A B 1 2 1 3 1 4 1 1 1 2 2 3 2 4 2 1 2 2 3 4 3 1 3 2 A B ，A B ; B B 10分 4 1 4 2 1 2 其中抽出的2人中恰有1个人患有慢性疾病，共8种情况(划线部分即为所示). 8 故抽出的2人中恰有1个人患有慢性疾病的概率为P  . 12分 15 19解： (1).方法一： 证明：取BD的中点F ,连结AF AD  AB AF  BD BD 4 AD 2 3 DF 2 AF  AD2 DF2 2 2 2分 DE 平面BCD DE  BD DE 2 2 AF //DE，AF  DE 四边形FDEA为矩形 4分 AE//BD AE 平面BCD BD平面BCD AE//平面BCD 6分 方法二： 证明：取BD的中点F ,连结AF AD  AB 2 3 ， BD 4 AF  BD AF  AD2 DF2 2 2 2分 DE 平面BCD ， DE 平面ABDE 平面ABDE 平面BCD AF 平面ABDE ， 平面ABDE平面BCD  BD AF 平面BCD 4分 AF //DE，AF  DE 5分 {#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}四边形FDEA为矩形 AE//BD AE 平面BCD BD平面BCD AE//平面BCD 6分 (2).AE//BD，直线BC 与AE 所成角为30° CBD 30 BC CD，BD 4 BC 2 3，CD 27分 过C作BD的垂线交BD于H CH  BD DE 平面BCD，CH 平面BCD DE CH 又BDDE  D CH 平面ABDE 1 1 在BCD中，由S  BCCD  BDCH , 得CH  3 BCD 2 2 1 又S  S  AEDE 2 2 BAE DAE 2 1 1 2 6 V  S CH  2 2 3  9分 CBAE 3 BAE 3 3 AF //DE，DE 平面BCD AF 平面BCD AF CF 1 又CF  BD 2，AF 2 2 2 AC  AF2 CF2 2 3 ABC为等边三角形，S 3 3 11分 ABC 2 2 设点E到平面ABC的距离为h，由V V 得：h . EABC CBAE 3 故点E到平面ABC的距离为 2 2 . 12分 3 注：以下方法酌情给分 由EF //平面ABC知，E、F到平面ABC的距离相等，如右图，取BC中点M， {#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}过F作FN  AM于N,则可证FN 平面ABC，即E到平面ABC的距离等于FN. 20解：(1).由题意 f(x) xex 1 ， 得f(0)1 1分 又f(0)2 故切线方程为y2x，即x y203分 令x0得y 2; 令y 0得x2 1 三角形面积S   2 2 2 5分 2 (2).方法一： 由题意得 f(x) xex 1 ， 显然x0时，f(x)06分 又x0 时 ， 令(x) f(x) xex 1 (x)(x1)ex 0,故(x)在(0，)上单调递增  f(x)在(0,)上单调递增 又 f(0)10，f(1)e10 ， 故x (0,1)使得f(x )0 0 0 当x x 时，f(x)0，f(x)单调递减 ； 当x x 时，f(x)0，f(x)单调递增8分 0 0 3 2 又f(2) 10，f(1) 0 ， f(1)20，f(2)e2 30 e2 e 所以 f(x)有且仅有两个零点x，x，且x (2,1)，x (1,2)10分 1 2 1 2 (x 1)ex 1 x 1 由f(x )(x 1)ex 1 x 10 知， f(x )(x 1)ex 1 x 1 1 1 0也成立 1 1 1 1 1 1 ex 1 又由x (2,1)知x  x 1 1 1 x  x 即x x 0 12分 1 2 1 2 方法二：  f(1)20 x1不是方程f(x)0的根 x1 令g(x)ex  ， 则f(x)0 g(x)0 6分 x1 2 又g(x)ex  0 ， g(x)的定义域为( ， 1)(1 ， ) (x1)2 {#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}g(x)在 ( ， 1) 单调递增 ， 在 (1 ， ) 单调递增7分 1 1 3 1 1 g(2)  0 ，g( )  0 e2 3 2 3 5 e2 3 3 g( )e2 50 ，g(2)e2 10 2 3 3 g(x)有且仅有两个零点x，x，且x (2 ，  )，x ( ， 2) 9分 1 2 1 2 2 2 3 3 所以 f(x)有且仅有两个零点x，x，且x (2 ，  )，x ( ， 2)10分 1 2 1 2 2 2 (x 1)ex 1 x 1 若f(x )(x 1)ex 1 x 10 . 则 f(x )(x 1)ex 1 x 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 ex 1 3 x (2 ，  ) 1 2 x  x 1 1 x  x 即x x 0 12分 1 2 1 2 方法三：  f(1)20 x1 由f(x)0 得 ：ex  x1 x1  f(x)的零点就是函数h(x)ex与函数(x) 图象交点的横坐标6分 x1 h(x)与(x)的 图象如右图所示： h(x)在R上单调递增，(x)在(，1) ，(1，)是减函数7分 1 1 h(2) ，(2) ，h(2)(2) e2 3 1 h(1) ， (1)0 ， h(1)(1) e 3 3 3 3 3 h( )e2 ， ( )5 ， h( )( ) 2 2 2 2 h(2)e2 ， (2)3 ， h(2)(2) 3 所以 f(x)有且仅有两个零点x，x，且x (2,1)，x ( ,2) 10分 1 2 1 2 2 (x 1)ex 1 x 1 若f(x )(x 1)ex 1 x 10 . 则 f(x )(x 1)ex 1 x 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 ex 1 {#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}x (2 ， 1) 1 x  x 1 1 x  x 即x x 0 12分 1 2 1 2 方法四： 在f(x)(x1)ex x1 中，令ex t，则xlnt  f(x)可化为g(t)(lnt1)tlnt1(t1)lntt1 由t ex是R上的增函数可知： 证明f(x)有且仅有两个零点即证明g(t)有且仅有两个零点6分 1 g(t)lnt ， g(t)在(0 ， )是增函数 t 1 1 由g(1)1 ， g(e)1 0 知：t (1 ， e)使得g(t )lnt  0 e 0 0 0 t 0 t(0 ， t )时，g(t)0,g(t)在(0 ， t )是减函数 0 0 t(t ， )时，g(t)0,g(t)在(t ， )是增函数8分 0 0 1 3 1 2 又g( )1 0 ，g( ) 0 e2 e2 e e g(e)20 ，g(e2)e2 30 1 1 g(t)有且仅有两个零点t，t ，且t ( ， )，t (e ， e2) 1 2 1 e2 e 2 所以 f(x)有且仅有两个零点x，x，且x lnt (2 ， 1)，x lnt (1 ， 2) 10分 1 2 1 1 2 2 (x 1)ex 1 x 1 若f(x )(x 1)ex 1 x 10 . 则 f(x )(x 1)ex 1 x 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 ex 1 x (2 ， 1) 1 x  x 1 1 x  x 即x x 0 12分 1 2 1 2 方法五： 在f(x)(x1)ex x1 中，由f (0) 2 0知：x 0不是f (x)的零点 令ex t，则xlnt (t 1)  f(x)0lnt t1 0 6分 t1 {#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}t1 要证明f(x)有且仅有两个零点即证明g(t)lnt 有且仅有两个零点 t1 1 2 又g(t)  0 且g(t)的定义域为(0 ， 1)(1 ， ) t (t1)2 g(t)在(0 ， 1)和(1 ， )单调递增 8分 1 e2 3 1 2 又g( ) 0 ，g( ) 0 e2 1e2 e e1 2 e2 3 g(e) 0 ，g(e2) 0 1e e2 1 1 1 g(t)有且仅有两个零点t，t ，且t ( ， )，t (e ， e2) 1 2 1 e2 e 2 所以 f(x)有且仅有两个零点x，x，且x lnt (2 ， 1)，x lnt (1 ， 2)10分 1 2 1 1 2 2 (x 1)ex 1 x 1 若f(x )(x 1)ex 1 x 10 . 则 f(x )(x 1)ex 1 x 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 ex 1 x (2 ， 1) 1 x  x 1 1 x  x 即x x 0 12分 1 2 1 2 21解：(1).由A( 5,0)，B(0,1) 得直线AB的方程为：x 5y 5 0 2分 5 5 故原点到直线AB的距离d   15 6 直线AB与圆O相切 5 圆的半径r d  4分 6 5 故以O为圆心且与AB相切的圆的方程为：x2  y2  5分 6 方法一： (2).由题意可知F(2 ， 0) ，故MN 方程为：y k(x2)6分 1 设M(x ,y )，N(x ,y ) 1 1 2 2 y 则直线MP的方程为： y  1 (x1) x 1 1 x2   y2 1  联立  5 得：[5y2 (x 1)2]x2 10y2x5y2 5x2 10x 50() y 1 1 1 1 1 1 y  1 (x1)   x 1 1 {#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}x2 又M(x ,y )在椭圆E上，故 1  y2 1，即5y2 5x2 1 1 5 1 1 1 代入()式整理得：(3x )x2 5y2x5x 3x2 0 8分 1 1 1 1 显然3x 0， 0 1 5x 3x2 x x  1 1 1 P 3x 1 3x 5 y 2y 2k(x 2) x  1 ， y  1 (x 1) 1  1 P x 3 P x 1 P x 3 x 3 1 1 1 1 3x 5 2k(x 2) 故P 1 , 1  9分    x 3 x 3  1 1 3x 5 2k(x 2) 同理：Q 2 , 2  ；    x 3 x 3  2 2 2k(x 2) 2k(x 2) 1  2 x 3 x 3 2k[(x 2)(x 3)(x 2)(x 3)] k 1 2  1 2 2 1 3x 5 3x 5 (3x 5)(x 3)(3x 5)(x 3) 1  2 1 2 2 1 x 3 x 3 1 2 2k(5x 5x ) 5k  2 1  11分 4x 4x 2 2 1 5k 2 故k ，即k  k 2 5 2 所以：存在常数 满足题意 12分 . 5 方法二： 由题意可知F(2 ， 0) ，故MN 方程为： y k(x2) 6分 1 设M(x ,y ) ，N(x ,y ) ，P(x ,y ) ，Q(x ,y ) 1 1 2 2 3 3 4 4 设MR tRP (1x ,y )  t(x 1,y ) 1 1 3 3 1x t(x 1) x tx 1t  1 3 得：  1 3 () 7分   y ty y ty 0 1 3 1 3  x 2     5 1  y 1 2 1① 由①②t2得： x 1 2 t2x 3 2  y 2 t2y 2 1t2 x 3 2  y 2 1② 5 1 3   5 3 (x tx )(x tx )  1 3 1 3 (y ty )(y ty )1t2 5 1 3 1 3 {#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}(1t)(x tx ) 将()带入上式得： 1 3 01t2 即： x tx 55t 9分 5 1 3 又x tx 1t 1 3 2 x 32t ， x 3 1 3 t 1 1 5 y  y  k(x 2)k(2 ) 3 t 1 t 1 t 设 NR RQ ，同理可得： 2 5 x 3 ， y k(2 ) 10分 4  4  5 5 1 1 k(2 )k(2 ) 5k(  ) k y 3  y 4  t   t   5 k 11分 x x 2 2 1 1 2 3 4 (3 )(3 ) 2(  ) t  t  5k 2 故k ，即k  k 2 5 2 所以：存在常数 满足题意 .12分 5 22.解：(1).显然C 是过原点且倾斜角为的直线 1分 1  C 的极坐标方程为(0 ，R) 3分 1 2   C 的极坐标方程为 (0 ，R). 5分 2 2 2 8sin (2).由  得A的极坐标为 8sin，   8sin       由   得B的极坐标为8sin( ) ， ，即8cos ，  7分    2 2  2 .  2 OA 8sin ， OB 8cos 8分 1 AOB的面积为：S  OAOB 32sincos16sin2 9分 2  又(0， ) 2   时， AOB面积的最大值为16. 10分 4 {#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#} 6 x2  23.解：(1) f(x) x4  x2 2x2 2 x4 2分   6 x4 当x4时，f(x) 6 3分 min  f(x)a2 5a0恒成立 6a2 5a0即a2 5a60 2a3 故a的取值范围为 2，3  . 5分 (2) 由(1)知：M 6. 即abc6 6分 法1： （ a1 b2 c3)2 a1b2c32 (a1)(b2) 2 (a1)(c3) 2 (b2)(c3) abc6(a1)(b2)(a1)(c3)(b2)(c3) 3(abc)1836 8分 a 3  a1 b2  c3  当且仅当 ，即b2时等号成立9分  abc6  c1  a1 b2 c3的最大值为6.10分 法2：（柯西不等式） a 0 b0 c0 ( a11 b21 c31)2    ( a1)2 ( b2)2 ( c3)2 (12 12 12) (abc6)336 8分  a1 b2 c3 a 3 当且仅当     ，即  b2时等号成立9分 1 1 1   abc6  c1  a1 b2 c3的最大值为6. 10分 {#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}