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=}#}