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=}#}