南充一诊理科数学答案_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理科数学

2024 届南充一诊理科数学参考答案 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 C A B A B D B D 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． 1 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 整理得：2q2 q60 3 解得：q 2或q  4分 2 当q 2时，a a qn1 2n. n 1 3 3 当q  时，a a qn1 2( )n-1. 2 n 1 2 3 a 2n或a 2( )n-1 (nN*).6分 n n 2 （2）:由(1)得，若q 0，a 2n n 1 1 1 1 1 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 {#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}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6人中 有慢性疾病4人，无有慢性疾病2人. 6分 再从6人中随机抽出4人，则抽出的4人中可能有以下3种组合： ①有慢性疾病4人； 此时8万元 ②有慢性疾病3人，无有慢性疾病1人； 此时7万元 ③有慢性疾病2人，无有慢性疾病2人； 此时6万元 所以的可能取值为8， 7， 6 8分 C4 1 C3C1 8 C2C2 6 故P(8) 4  ；P(7) 4 2  ；P(6) 4 2  C4 15 C4 15 C4 15 6 6 6 故的分布列为： 6  8 7 11分 1 8 2 P 15 15 5 1 8 2 20 则的数学期望E()8 7 6  (万元) 12分 15 15 5 3 19(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 {#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}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 四边形FDEA为矩形 5分 AE//BD AE 平面BCD BD平面BCD AE//平面BCD 6分 (2)取BC的中点M ，连结AM,FM . BCD 90 CF  FB 2， AF //DE，DE 平面BCD AF 平面BCD AF CF 又CF 2，AF 2 2 AC  AF2 CF2 2 3 AC  AB M为BC的中点 BC  MF,BC  AM AMF为二面角ABCD的平面角 AF RtAFM中，tanAMF  2 2 MF FM 1 CD 2，BC 2 3 8分 {#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}方法一：以C为坐标原点，CD为x轴，CB为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz， C  0,0,0  ，D  2,0,0  ， E(2,0,2 2) ，A(1, 3,2 2) ， B(0,2 3,0). CE (2,0,2 2) ， CA(1, 3,2 2) ， CB (0,2 3,0)  n CA0 x 3y2 2z 0 设平面ABC的法向量n (x,y,z), 由  得   n CB 0 2 3y 0 取z 1 得：n (2 2,0,1) 10分 设直线CE与平面ABC所成角为, n CE 2 222 2 6 则sin cosn ,CE     n CE 2 33 9 6 直线CE与平面ABC所成角的正弦值为 . 12分 9 方法二： 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  10分 CBAE 3 BAE 3 3 又AB  BC CA2 3 ABC为等边三角形，S 3 3 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 2 2 故点E到平面ABC的距离为 . 11分 3 又RtCDE中，DE 2 2 ， CD 2 {#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}CE 2 3 h 6 所以直线CE与平面ABC所成角的正弦值为  12分 CE 9 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，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. mf(x) 20题：(1).由h(x)2 得： 2 sinx x(0,)时 m 2sinx 恒成立1分 ex 2sinx 令(x) (0 x) ex (x) 2(cosxsinx) 2分 ex   由(x)0得:0 x ；由(x)0得:  x 4 4   (x)在(0， )上单调递增；在( ，)上单调递减 4 4 (x) (  )e   4 4分 max 4   所以m的取值范围为 [e 4,) 5分 (2).由已知 f(x)与g(x)的图像关于直线y  x对称 g(x)lnx 6分 设公切线与 f(x)ex相切于点(s,es)，与g(x)lnx相切于点(t,lnt) 1 由f(x)ex，g(x) 知公切线可分别表示为： x 1 1 yes  es(xs)，即y  esxes(1s)或 ylnt  (xt)，即y  xlnt1 t t  1 es  ①  t 由①②消去t得：es(1s) 1s  es(1s)lnt1② 即 es(s1)s10 8分(*) 令F(x)(x1)ex x1, 则 F(x) xex 1 ， 显然x0时，F(x)0 当x0时，令(x) F(x) xex 1， (x)(x1)ex 0,故(x)在(0，)上单调递增 {#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}又F(0)10，F(1)e10 x (0， 1) 使得F(x ) x ex 0 10 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10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). 11分 1 2 1 2 由F(x )(x 1)ex 1 x 10知： 1 1 1 (x 1)ex 1 x 1 F(x )(x 1)ex 1 x 1 1 1 0 1 1 1 ex 1 由x (2,1)知x  x 1 1 1 x  x 即x x 0 1 2 1 2  f(x)与g(x)有且仅有两条公切线，且 f(x)图像上两切点横坐标互为相反数. 12分 s1 s1 注： (*)处由①②消去t得： es  0 或 es  s1 s1 t1 或由①②消去s得： (t1)lntt10 或 lnt 0 t1 再构造函数证明，具体过程可参照文科20题(2)的解法，评分标准酌情处理 21解：(1).显然四边形ABCD 为菱形, 故其内切圆以O为圆心，半径r为 O到直线AD的距离 1分 又由A( 5,0)，D(0,1) 得直线AD的方程为：x 5y 5 03分 5 5 故原点到直线AD的距离d   r 4分 15 6 5 故四边形ABCD内切圆的标准方程为：x2  y2  5分 6 (2).方法一： 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 {#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}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 {#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}(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 {#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#} 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 {#{QQABDYAUgggAQBIAARhCQQlKCAEQkAACCKoOgAAAMAABgAFABAA=}#}