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=}#}