高三数学一模参考答案_2024届湖南省岳阳市高三第一次教学质量监测（岳阳一模）_湖南省岳阳市2024届高三第一次教学质量监测（岳阳一模）数学

岳阳市 2024 届高三教学质量监测(一)
数学参考答案及评分标准
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1．B 2．C 3．C 4．D 5．A 6．A 7．B 8．D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
9．ABC 10．BD 11．ACD 12．ABD
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
7 7
13．（1，2） (满足 k(1,2),k 0均可) 14．(, )( ,)
2 2
25  1
15．x2  y2  16．2(2分)；

21，(3分)
4  2
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．
n n1
17．(1)由题意，∵a   1(n≥2)
n S S
n n1
n n1 n n1
a  S S   1  n(n1).......................................................(2分)
n n n1 S S S S
n n1 n n1
n n1
S  n S  （n1）
n S n1 S
n n1
n
数列{S  n}为常数列........................................................................................................(4分)
n S
n
n 1
(2)S a 1，S  n S  11........................................................................(5分)
1 1 n S 1 S
n 1
S2 (n1)S n(S n)(S 1)0
n n n n
又a 0，S 0，S n..................................................................................................(7分)
n n n
1 1 1 1
    ........................................................................................................(8分)
S S (n1)n n1 n
n1 n
1 1 1 1 1 1 1
      
S S S S S S S S 12 23 (n1)n
1 2 2 3 3 4 n1 n
1 1 1 1 1 1
1     1 1....................................................................................(10分)
2 2 3 (n1) n n
1
{#{QQABJQCEogCoQBAAAAhCAw3oCACQkAEACAoOxAAAMAIAiQFABAA=}#}18．(1)由题意，
sinB sin A sin A
atanB2ctan Aatan Aa 2c a 0...............................................(1分)
cosB cosA cosA
ab 2ca a2
   0
cosB cosA cosA
b 2c a sinB 2sinC sin A
又a 0，   0，   0..................................(3分)
cosB cosA cosA cosB cosA cosA
sinBcosA2sinCcosBsin AcosB 0,即sin（AB）2sinCcosB 0
1
即sinC2sinCcosB 0又sinC 0,cosB  ,B为三角形内角
2

B  ............................................................................................................................................(5分)
3
1 3
(2)S  acsinB  ac  3，ac 4......................................................................(7分)
ABC
2 4
1  1 
S  S S  a1sin  c1sin  3，ac4 3.......................(9分)
ABC ABD CBD
2 6 2 6
（ac）2 （4 3）2
  12................................................................................................................(10分)
ac 4
c c c
整理得( )2 10( )10，解得 52 6............................................................................(12分)
a a a
19．(1)取BC的中点Q,连接FQ,EQ，则FQ//CC,又A A//CC,FQ// A A,A A平面ABC
1 1 1 1 1
FQ 平面ABC ........................................................................(2分)
FQ  BC,BC //BC ,EF  BC ,BC  EF.........................................................................(3分)
1 1 1 1
FQEF  F ，BC 平面EFQ,又EQ平面EFQBC  EQ..............................(4分)
EQ为ABC的中位线，EQ// AC ，BC  AC............................................................(5分)
(2)过Q作QM CE于M ，连接FM ，由(1)知FQ 平面ABC
FQ  EC,FQQM Q，EC 平面FMQ，EC  FM
FQ
二面角F ECB的平面角为FMQ,tanFMQ  2 2
QM
 2
又QM CQsin  ，FQ 2....................................(7分)
4 2
又CA,CB,CC 两两垂直，以C为坐标原点如图建系
1
E(1,1,0),F(0,1,2),C(0,0,0),A(2,0,2)，EF (1,0,2)
1
CE (1,1,0),CA (2,0,2)...............................................................(8分)
1
设平面AEC的法向量为n（x,y,z）
1
  nCE 0 x y 0
 ,得 ，令x1， y 1,z 1，n（1,1,1）...............................(10分)
 nCA 0 xz 0
1
15
设直线EF 与平面AEC夹角为，sin cos EF,n  ...............................(11分)
1 5
10
直线EF 与平面AEC 夹角的余弦值为 ..................................................................................(12分)
1 5
2
{#{QQABJQCEogCoQBAAAAhCAw3oCACQkAEACAoOxAAAMAIAiQFABAA=}#}20．
教师 学生 合计
文学类 10 30 40
.........................................................................................................(1分)
理工类 10 10 20
合计 20 40 60
(1)提出零假设H ：老师与学生的借阅情况不存在差异
0
60(10101030)2
............................................................................(3分)
2  3.752.706 x
20402040 0.1
根据小概率值0.1的独立性检验，推断H 不成立，即认为判断老师与学生的借阅情况是存在差异，此
0
推断犯错误的概率不大于0.1....................................................................................................................(4分)
20 1
(2)设借阅理工类书籍的概率为 p，则 p   ............................................................................(5分)
60 3
设随机抽取m人中借阅理工类书籍的人数为随机变量X
 1 2 1 2
C5( )5( )m5 C6( )6( )m6
P(X 5) P(X 6)   m 3 3 m 3 3
则 ， .....................................................(8分)
P(X 5) P(X 4)
 C5(
1
)5(
2
)m5 C4(
1
)4(
2
)m4
  m 3 3 m 3 3
 2 1  m! 2 m! 1
 
C（
m
5
3
）C（
m
6
3
）
  5!(m5)!

3

6!(m6)!

3
 ，
1 2 m! 1 m! 2
 C（5 ）C（4 ）    
  m 3 m 3  5!(m5)! 3 4!(m4)! 3
 1 2 1 1
  

(m5）3 6 3
得 解得14m17.............................................................................................(11分)
 1 1 2
 

15 m4 3
又mN m可取14，15，16，17.......................................................................................................(12分)

21．(1)由题意，其准线为x1，N 点坐标为(1，0)...................................................................(1分)
y2 4x
不妨设直线NA的方程为 y k (x1)，设直线NB的方程为 y k (x1)，联立
1 2 y k (x1)
1
得k 2x2 (2k 2 4)xk 2 0，由题知 4k4 16k2 164k4 0，得k2 1....................(3分)
1 1 1 1 1 1 1
42k2
x  1 1，同理x 1，故直线AB的方程为x1.........................................................(4分)
A 2k2 B
1
(2)由题可知，若存在实数，则0，AH  AE AM
1 1 1 1
 AH  AE  AM 又H、E、M 在同一条直线上  1，2
   
故只需证明M 为H 、E的中点即可.....................................................................................................(5分)
设直线ND为xty1，设点C(x ,y )，点D(x ,y )
1 1 2 2
y2 4x
联立 ，得 y2 4ty40， y  y 4t,y y 4...........................................................(6 分)
xty1 1 2 1 2
3
{#{QQABJQCEogCoQBAAAAhCAw3oCACQkAEACAoOxAAAMAIAiQFABAA=}#}2 2
令x1代入直线ND中得 y  ，点E（1, ）
E t t
y 2 y 2 4 4
k  2  2  ，同理k 
AD x 1 y2 y 2 AC y 2
2 2 1 2 1
4
4 2
l : y  (x1) ①
EH y 2 t
2
l : y  x1…②
AN
4
l : y  (x1)2③
AC y 2
1
2(t1) y 2 4(t2 1) 1
联立①②得x 1 2 联立①③得x 1 ...................(8分)
H t y 2 M t y  y
2 1 2
2(t1) y 2 （8 t2 1）
要证明M 为H ,E的中点，即证明x x 2x ,即证明11 2 2
H E M t y 2 t(y  y )
2 1 2
(t1) y 2 （4 t2 1）
即证明 2 
t y 2 t(y  y )
2 1 2
y 2 4（t1）
即证明 2  ................................................................................................................(10 分)
y 2 y  y
2 1 2
4（t1） 4t4 y  y 4 4
等式右边   1 2 ， y y 4，y 
y  y y  y y  y 1 2 1 y
1 2 1 2 1 2 2
4 (y 2)2
 y 4 2
y  y 4 y 2 y y 2
1 2  2  2  2
y  y 4 4 y2 y 2
1 2  y 2 2
y 2 y
2 2
故x x 2x 得证........................................................................................................................(12 分)
H E M
 
22．(1)由题意， f(x)的定义域为 x|x0 .................................(1 分)
（1x）ex 1
f '(x) ，设t(x)(1x)ex 1...............................................................................(2 分)
(ex 1)2
t'(x)(x)ex ，
若x(0,),t'(x）0，t(x)在(0，)单调递减，t(x)t(0)0；
若x(,0),t'(x)0，t(x)在（，0）单调递增，t(x)t(0)0.
 f '(x)0,x(,0)(0,)
 f(x)的单调减区间为(,0)和(0，)，无单调增区间........................................................(4 分)
x
(2)g(x) f(x)cosx cosx
ex 1
 3 x
①x , 时，cosx0， 0
 
2 2  ex 1
x  3
 g(x) cosx0， g(x)在

,

无零点............................................................(5 分)
ex 1 2 2 
4
{#{QQABJQCEogCoQBAAAAhCAw3oCACQkAEACAoOxAAAMAIAiQFABAA=}#}3  （1x）ex 1
②x ,2时，g'(x) sinx
 2  (ex 1)2
（1x）ex 1
sinx0，由(1)可知 0，g'(x)0
(ex 1)2
3
3  3 2
2
 g(x)在 ,2上单调递减，又g( ) 00，g(2) 10
 2  2 3 e21
e 2 1
3 
 g(x)在 ,2存在唯一零点..............................................................................................(7 分)
 2 
  x
③x0, 时，求g(x)的零点即求g(x) cosx0的根的个数，
 2 ex 1
即求x（ex 1）cosx0根的个数，设h(x) x（ex 1）cosx，即求h(x)零点的个数
h'(x)1ex(sinxcosx)sinx,h'(0)0，设m(x)1ex(sinxcosx)sinx
m'(x)2exsinxcosx,m'(0)1，设n(x)2exsinxcosx
 
n'(x)2ex(sinxcosx)sinx0，x0, ..............................................................(9分)
 2
 
n(x)单调递增，又n(0)10,n( )2e2 0
2
 
n(x)在0, 上存在唯一零点x ..............................................................................................(10 分)
 2 1

在（0，x）,n(x)0,m(x)单调递减，在（x， ）,n(x)0,m(x)单调递增
1 1 2
     
m(0)0,m( )e2 0m(x)在0, 上存在唯一零点x ，且x x , ..............(11 分)
2  2 2 2  1 2

在（0，x）,m(x)0,h(x)单调递减，在（x， ）,m(x)0,h(x)单调递增
2 2 2
   
h(0)0,h( ) 0h(x)在0, 上存在唯一零点x .
2 2  2 0
综上，g(x)在（0，2）内存在两个零点.............................................................................................(12 分)
5
{#{QQABJQCEogCoQBAAAAhCAw3oCACQkAEACAoOxAAAMAIAiQFABAA=}#}