重庆康德2024年普通高等学校招生全国统一考试高三第一次联合诊断检测数学参考答案_2024届重庆一诊康德卷普通高等学校招生全国统一考试高三第一次联合诊断检测

2024 年普通高等学校招生全国统一考试 高三第一次联合诊断检测 数学参考答案 一、单选题 1～8 BAADCACD 8 题解析：易证 f(x)是增函数， f(ax2 4x) f(2x) f[(ax2 4x)2x]2  f(ax2 2x)21，所以 f(ax2 2x)1．令x y0，得 f(0)2；令x1，y1，得 f(1)0；令x1，y1， 3 3 得 f(2)2 ；令 x2，y 1，得 f(3)4 ；令 x y  ，得 f( )1，所以 2 2 3 4x3 1 1 ax2 2x ．原问题即2a 在[1， 2]有解．令t  ，则2a3t2 4t在t[ ， 1]时有 2 x2 x 2 4 1 2 解，从而2a[1， ]，a[ ， ]． 3 2 3 二、多选题 9．BCD 10．BC 11．BC 12．ABD 12题解析：由a2 b2 abab，得(ab)2 (ab)ab．因为a，b是正数，所以ab0，从而 (ab)2 (ab)2 (ab)0，解得ab1．因为a b，所以ab ， 4 (ab)2 4 4 从而(ab)2 (ab) ，解得ab ．因为1ab ， 4 3 3 4 1 所以ab(ab)2 (ab)(0，)，从而ab ．故选ABD． 9 2 三、填空题 1 2 13． 14．(1， 3) 15．4 16． 2 6 c 16题解析：设双曲线的焦距为2c，点M(x ，y )，N(x ，y )，则|MN ||MF ||NF | (x x )2a 1 1 2 2 2 2 a 1 2  2(x x )2a ． 由 题 意 ， 直 线 MN 的 方 程 为 y 3(xc) ， 代 入 x2  y2 a2 得 1 2 2x2 6 2ax7a2 0 ， 所 以 x x 3 2a ， 从 而 |MN |4a ． △MNF 的 周 长 为 1 2 1 1 2 |MF ||NF ||MN |4a2|MN|12a，由题意，a ．所以焦距2c2 2a  ． 1 1 12 6 第一次联合诊断检测（数学）第5页 共9页四、解答题 17．（10分） 解：（1）设a 的公差为d，由题意，得a 4d 1，2a 16d 2． n 1 1 1 1 7n 所以a 3，d  ，故a 3 (n1) ． ……5分 1 2 n 2 2 （2）由题意，[a ]3，[a ][a ]2，[a ][a ]1，……，[a ][a ]2． 1 2 3 4 5 10 11 1 T b b b b b  b b 232(22 2 22) 23 ． 11 1 2 3 4 5  10 11  2 所以[T ]23． ……10分 11 18．（12分） 解：（1）零假设H ：对“腊八节”民俗的了解程度与年龄相互独立． 0 100(16441624)2 100 由题意，得2   2.706． 40603268 51 根据小概率值0.1的独立性检验，没有充分证据推断H 不成立， 0 即认为对“腊八节”民俗的了解程度没有年龄差异． ……5分 （2）设选择题部分和填空题部分答对题目分别为X 和Y． 因为X 服从B(5，0.8)，所以EX 50.84． 由题意，Y的可能取值为1，2，3． C1C2 3 C2C1 3 C3 1 P(Y 1) 3 2  ，P(Y 2) 3 2  ，P(Y 3) 3  ． C3 10 C3 5 C3 10 5 5 5 3 3 1 所以EY  2 3 1.8． 10 5 10 该受调者答对题目数量的期望为E(X Y)EX EY 41.85.8个． ……12分 19．（12分） a2sinBsinC 1 解：（1）由题意，S   absinC， cosA 2 1 因为a0，sinC 0，所以asinB bcosA． 2 1 由正弦定理，得sinAsinB sinBcosA， 2 1 1 因为sinB0，所以sinA cosA，故tanA ． ……5分 2 2 5 2 5 2 5 （2）由（1）得sinA ，cosA ，所以cos(BC)cosA ， 5 5 5 5 5 由cos(BC)cosBcosCsinBsinC，及cosBcosC  ，得sinBsinC  ． 5 5 第一次联合诊断检测（数学）第6页 共9页bc a2 由正弦定理，得  ，所以bc 5． sinBsinC sin2 A 由余弦定理，得b2 c2 a2 2bccosA 5． ……12分 20．（12分） P 解：取AD中点O，连接OB，OP． （1）△PAD中，因为PA PD，所以OP  AD． 1 △AOB中，因为AB  2 ，AO BC 1，BAD 45， D C 2 O 由余弦定理，得OB 1，所以OB2  AO2  AB2，OB  AD． A B 因为OP，OB是平面BOP上的两条相交直线，所以AD平面BOP． 因为PB平面BOP，所以ADPB． 因为AD//BC，所以PB  BC． ……5分 （2）由（1）知，PB  BC，所以PB2  PC2 BC2，则PB 3， 又PO 2 2 ，PO2 OB2 9PB2，所以PO OB，则PO面ABCD， 如图，建立空间直角坐标系Oxyz， z P 则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(2，1，0)，D(1，0，0)，P(0，0，2 2)．    则AB (1，1，0)，PB (0，1，2 2)，BC (2，0，0) D C 设平面PAB的法向量为m (x，y，z)，则 O A  B  ABm 0，  x y 0， x y  即 取m (2 2，2 2，1)．  PBm 0. y2 2z 0. 设平面PBC 的法向量为n(x，y，z)，则   BCm 0，  2x 0，  即 取n(0，2 2，1)．  PBm 0. y2 2z 0. mn 9 3 17 cos m，n    ． |m||n| 173 17 3 17 所以，二面角APBC 的余弦值为 ． ……12分 17 21．（12分） 第一次联合诊断检测（数学）第7页 共9页解：因为点A(2，2)在抛物线E：x2 2py上，所以 p1． E的方程为：x2 2y． x2 x2 （1）设B(x ，1 )，C(x ，2 )，x 2，x 2且x  x ． 1 2 2 2 1 2 1 2 x2 x2 1 2 2 2 2 2 由题意，  0，化简得x x 4． x 2 x 2 1 2 1 2 x2 x2 1  2 x x 2 2 所以，直线BC的斜率为  1 2 2． ……5分 x x 2 1 2 （2）由（1），设直线BC的方程为y2xm，代入x2 2y， 消去y得：x2 4x2m0．则 168m0，x x 4，x x 2m． 1 2 1 2 2 30 (2m)2 30 因为直线BC被圆M 截得的线段长为 ，所以 r2 ( )2， 5 5 5 化简得：(m2)2 5r2 6 ①．由0r  3，则1m5 x 2 直线AB的方程为y2 1 (x2)，即(x 2)x2y2x 0． 2 1 1 |42x | 4r2 因为直线AB与圆M 相切，所以 1 r，化简得(x 2)2  ． (x 2)2 4 1 4r2 1 4r2 同理，(x 2)2  ． 2 4r2 4r2 4r2 x ，x 是方程x2 4x4 0的两根，所以x x 4 ， 1 2 4r2 1 2 4r2 4r2 故2m4 ②． 4r2 由①②解得m0（m 26 舍），则r  2． ……12分 22．（12分） 解：（1）当a 1时， f(x)ex lnx，x 0． 1 1 因为 f(x)ex  在(0，)上单调递增，且 f( )0， f(1)0， x 2 第一次联合诊断检测（数学）第8页 共9页1 所以，存在x ( ，1)，使得当x(0，x )时， f(x)0；当x(x ，)时， f(x)0． 0 2 0 0 1 且 f(x )0，即ex 0  ． 0 x 0 故 f(x)在(0，x )上单调递减，在(x ，)上单调递增， f(x)存在唯一的极小值点x ． 0 0 0 1 (x 1)2 因为 f(x )2ex 0 lnx 2 x 2 0 0，所以 f(x )2． ……5分 0 0 x 0 x 0 0 0 （2）令ex (1a)xlnax0，得ex x axlnax，设g(x)ex x， 因为g(x)ex 10，所以g(x)在定义域上单调递增， 而axlnax elnax lnax，则有 g(x) g(ln(ax))， 由题意，x 为xlnax的两个根中较小的根，即ex 1 ax ，x 0． 1 1 1 又由题意，有ax ln(1s)coss2，从而ex 1 ln(1s)coss2， 1 则有ln(1s)coss10 设(s)ln(1s)coss1，s 1， 当s0时，ln(1s)0，1coss1，所以(s)0符合题意， 1 当1 s0时，(s) sins 0， 1s 所以(s)在(1,0]上单调递增，(s)(0)0，不合题意， 所以s0． 1 设m(x)ex ln(1x)cosx2，则m(x)ex  sinx， 1x 因为x> 0，令 p(x)ex x1，q(x) xsinx，则 p(x)ex 10，q(x)1cosx0， 所以 p(x)，q(x)在(0，)上单调递增，从而 p(x)0，q(x)0，即ex  x1，xsinx． 1 x 故m(x)1  0，即m(x)在(0，)单调递增，所以m(x)0， 1x 1x 所以ex ln(1x)cosx2，从而es ln(1s)coss2ex 1，即s x ． ……12分 1 第一次联合诊断检测（数学）第9页 共9页