河南省三门峡市2023-2024学年度高三高三第一次大练习数学答案2024_2024届河南省三门峡市高三上学期第一次大练习_河南省三门峡市2024届高三上学期第一次大练习数学

2023—2024 学年度上学期高三第一次大练习
数学 参考答案
--
一、 选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A B C A D D B
二、 选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
题号 9 10 11 12
答案 ABD BD AD ABC
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
1
13．24 14．0.24 15．2 21π 16．
e
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）
【解析】
b ac sinBsinC ac
（1）因为  ，即 
sinAsinC sinBsinC sinAsinC b
bc ac
由正弦定理可得，  ，化简可得a2 b2 c2 bc ，
ac b
1
且由余弦定理可得，a2 b2 c2 2bccosA，所以cosA ，
2
π
且A0,π，所以A
.
3
a b c
（2）由正弦定理   ，
sinA sinB sinC
a2 b c 2
   8
得： sin2A sinB sinC 1 ，
4
所以a2 8sin2A6，
所以a 6.
18．（12分）
【解析】
（1）由2n1a 2n1a 及a 1，得a 0，
n1 n 1 n
a 2n1
所以 n1  ，
a 2n1
n
{#{QQABbQKEogCgQAIAAQgCEwHICAMQkAGAAAoOgBAIMAAAiBFABAA=}#}a a a a a
当n2时，有a  n  n1  4 3  2a
n a a a a a 1
n1 n2 3 2 1
2n1 2n3 7 5 3
     1 2n1．
2n3 2n5 5 3 1
当n1时，a 1211，符合上式，所以a 2n1．
1 n
1 2n1 1 2n1
（2）由（1）得b    ，所以a b  ，
n 2 22n1 n n 22n1
1 3 5 2n1
所以S     ，
n 2 23 25 22n1
1 1 3 5 2n1
所以 S     ，
22 n 23 25 27 22n1
两式相减，得
2  1 
1 
3 1 2 2 2 2n1 1 23 22n2  2n1
S        
4 n 2 23 25 22n1 22n1 2 1 22n1
1
22
1 1 6n5 5 6n5
     ，
2 3 322n1 6 322n1
10 6n5
所以S   ，
n 9 922n1
6n5
因为 0，
322n1
10
所以S  ．
n 9
19．（12分）
【解析】
（1）不妨设AB2，则ADCD1，可得AC BC  2 ，
即AC2 BC2  AB2，可得AC BC ，
又因为PC 平面ABCD，BC平面ABCD，则PC BC，
且ACPC C，AC,PC 平面 PAC，可得BC 平面PAC，
且BC平面PBC，所以平面PAC 平面PBC.
（2）取AB的中点G，可知CGCD ，
如图，以C 为坐标原点建立空间直角坐标系，
则D0,1,0,A1,1,0,B1,1,0，设P0,0,a,a 0，
 
可得DA1,0,0,DP0,1,a，
{#{QQABbQKEogCgQAIAAQgCEwHICAMQkAGAAAoOgBAIMAAAiBFABAA=}#} 
  nDAx0
设平面PAD的法向量nx,y,z，则   ，
nDPyaz0

令ya，则x0,z1，可得n0,a,1，

由题意可知：平面ABCD的法向量m0,0,1，
 π
设平面PAD与平面ABCD 所成锐二面角为0, ，则tan2，
 2
sin 5
由tan ,sin2cos21，解得cos （舍负），
cos 5
 
  mn 1 5
则 cos m,n      ，解得a2，
m  n 1 a2 1 5
1 1     1 1 
则P0,0,2,E , ,1，可得DP0,1,2,CA1,1,0,CE   , ,1，
2 2  2 2 
 
n CAx  y 0
  1 1 1
设平面ACE的法向量n x ,y ,z ，则  1 1 ，
1 1 1 1 n CE  x  y z  0
 1 2 1 2 1 1

令y 1，则x 1,z 1，可得n 1,1,1，
1 1 1 1
 
  DPn 1 1 15
则 cos DP,n      ，
1 DP  n 5 3 15
1
15
所以直线PD与平面ACE 所成角的正弦值 .
15
20．（12分）
【解析】
（1）由频率分布直方图可知，
平均分650.01750.04850.035950.0151080.5 ；
（2）由（1）可知，X  N
 80.5,8.652
,
设学校期望的平均分约为m，则PX m0.84，
因为P( X )0.6827 ，P( X )0.34135，
所以P(X )0.84135，即P(X 71.85)0.84，
所以学校的平均分约为72分；
（3）由频率分布直方图可知，分数在 80,90和
90,100
的频率分别为0.35和0.15，
{#{QQABbQKEogCgQAIAAQgCEwHICAMQkAGAAAoOgBAIMAAAiBFABAA=}#}0.35
那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在 80,90，应抽取10 7 人，
0.350.15
0.15
分数在 90,100 应抽取10 3人，
0.350.15
记事件A ：抽测i份试卷i1,2,3，事件B:取出的试卷都不低于90分，
i
则PA  1 ,P  B A  C 3 i ，
i 6 i Ci
10
PB i  1 PA P  B A  1    C1 3  C 3 2  C3 3   1 ，
3 i i 6 C1 C2 C3  16
10 10 10
1 C2
 3
PA B 6 C2 8
则P  A B  2  10  .
2 PB 1 45
16
21．（12分）
【解析】
（1） f(x)cosx2x ， f(0)1， f(0)0.
故曲线y f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为yx .
（2）由（1）得 f(x)cosx2x .
令函数u(x) f(x)，则u(x)sinx20，所以u(x) f(x)是增函数.
 1 1
f(0)1， f  cos 10，
 2 2
 1  1
所以存在x  ,0，使得 fx cosx 2x 0，即x2  cos2x .
0  2  0 0 0 0 4 0
所以当x,x 时， f(x)0，当xx ,时， f(x)0，
0 0
所以 f(x)在,x 上单调递减，在x ,上单调递增.
0 0
1 1 1
f(x) f x sinx x2sinx  cos2x  sin2x sinx  .
0 0 0 0 4 0 4 0 0 4
 1   1  π 1
因为x  ,0，所以0sinx sin sin  ，
0  2  0  2  6 2
2
1 1 1  1  1 1 5
所以 sin2 x sinx        .
4 0 0 4 4  2 2 4 16
5
故 f(x) .
16
{#{QQABbQKEogCgQAIAAQgCEwHICAMQkAGAAAoOgBAIMAAAiBFABAA=}#}22．（12分）
【解析】
（1）解法一：设Ax ,y ,Bx ,y ，y 0，y 0，
1 1 2 2 1 2
由y2 2x，可得y 2x ，
1 1
所以y ，直线PA的斜率k  ，
y PA y
1
1
直线PA：y y  xx  ，又P1,2在PA上，
1 y 1
1
1 1
2 y  1x  y  1x  ，
1 y 1 1 2 1
1
y2 2x
 1 1
所以 1 ，又y 0，
y  1x  1
 1 2 1
所以y 2 6，
1
同理可得y 2 6 ，
2
y  y 2 6,x x 2y  y 4 6 ，
1 2 1 2 1 2
 AB  x x 2y  y 2  (4 6)2 (2 6)2 2 30 ；
1 2 1 2
解法二：设Ax ,y ,Bx ,y ，y 0，y 0，
1 1 2 2 1 2
由y2 2x，可得y 2x ，
1 1
所以y ，直线PA的斜率k  ，
y PA y
1
1
直线PA：y y  xx  ，又P1,2在PA上，
1 y 1
1
1
故2 y  1x  ，即2y  y2 1x ，
1 y 1 1 1 1
1
因为y2 2x ，所以x 2y 1，同理可得x 2y 1，
1 1 1 1 2 2
故直线AB的方程为x2y1，
{#{QQABbQKEogCgQAIAAQgCEwHICAMQkAGAAAoOgBAIMAAAiBFABAA=}#}y2 2x
联立 消去x，得y2 4y20，
x2y1
故y  y 4,y y 2，
1 2 1 2
故 AB  x x 2y y 2  5 y  y 2 4y y  5 24 2 30 ；
1 2 1 2 1 2 1 2
（2）设Cx ,y ，由条件知y  y  y 0，
3 3 1 2 3
1
ABBCsinABC
 S △ABC  2  AB  BC   1 AM    1 CN  
S 1 BM BN  BM   BN 
△BMN BM BNsinABC
2
 y  y  y y y y
1 1 1 31 1 3  1 3
 y  y  y y2
2 2 2 2
y y y y y  y2  y y
2 1 3 2 1 1 2 2 1 1 2
y2 y2 y2
2 2 2
2 2
 y   y   y 1 9
 1   1 2 1    ，
 y   y   y 2 4
2 2 2
4 AM 3 BM ，
AM y 3
∴  1  ，
BM y 4
2
3 y y 1
  1 0，当 1  时，y  y ，AC重合，不合题意，
4 y y 2 1 3
2 2
3 y 1 1 y
  1  或  1 0，
4 y 2 2 y
2 2
S  9
 △ABC 的取值范围为2, .
S  4
△BMN
{#{QQABbQKEogCgQAIAAQgCEwHICAMQkAGAAAoOgBAIMAAAiBFABAA=}#}