高三数学参考答案_2024届云南省曲靖市高三第一次教学质量监测_云南省曲靖市2024届高三第一次教学质量监测数学

曲靖市 2023-2024 学年高三年级第一次教学质量监测
数 学 参 考答 案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C D C B A B C
二、选择题
题号 9 10 11 12
答案 AC BC ABC ACD
三、填空题
题号 13 14 15 16
  1 1  5
答案 1，3  ，  50（2分）,650（3分）
3 81 7
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.
特别说明：所标示的得分点，仅仅作为评分参考，具体阅卷需要请阅卷题组长组织讨
论制定相对科学合理又方便于评分操作的评分细则.
17.解：（1）c2acosC2b，
 
由正弦定理得：sinC 2sin AcosC2sinB 2sin AcosC2sin AC ,
1
sinC 2cosAsinC ,sinC 0，故cosA .
2
2
又A  0，  ，A . …………………………………5分
3
（2）由题意知，AD  BD 1，CD 3.
ADCADB ,cosADCcosADB 0，
10b2 2c2
故在ADC 和ADB中，由余弦定理得：  0，
6 2
即b2 3c2 16， ①
在ABC中，由余弦定理得：b2 c2 bc 16. ②
{#{QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=}#}4 7 4 7
联立①②，解得c ，即AB  . ……………………………10分
7 7
18.解：（1）S 2a n，
n n
  
S 2a  n1 n2 ，
n1 n1
  
两式相减，得a 2a 1，故a 12 a 1 n2 .
n n1 n n1
又当n1时，a 2a 1，故a 1，
1 1 1
数列  a 1  是以2为首项，2为公比的等比数列，
n
故a 122n1 2n，所以a 2n 1. …………………………………6分
n n
a 1 2n 1 1
（2）b  n       
n a a 2n 1 2n11 2n 1 2n11
n n1 ，
 1 1 1  1 1  1
T b b b 1     1
n 1 2 n  3 3 7 2n 1 2n11 2n11
.
1 2023 1 1
由1  ，得  ，
2n11 2024 2n11 2024
2n112024，解得n10，故n的最小值是10. …………………………………12分
1
19.解：（1） p  ，n2，即采用3局2胜制，故X 的所有可能取值为2,3，
2
2 2
1 1 1
 
P X 2     
2 2 2
，
2 2
1 1 1 1 1
P  X 3  C1   C1    ，
2 2 2 2 2 2 2
X 的分布列为：
X 2 3
1 1
P
2 2
1 1 5
X 的数学期望E  X  2 3  . …………………………………6分
2 2 2
（2）当采用3局2胜制时，设甲获胜时比赛的总局数为，则甲最终获胜的概率：
P  P  2  P  3   p2 C1 p  1 p   p  p2 32p 
2 2 .
{#{QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=}#}当采用5局3胜制时，设甲获胜时比赛的总局数为，则甲最终获胜的概率：
P  P  3  P  4  P  5   p3 C2 p2  1 p   pC2 p2  1 p 2 p
3 3 4
 
 p3 6p2 15p10.
P  P ，即 p3  6p2 15p10   p2 32p  ,
3 2
2p3 5p2 4p10，即  p1 2  2p1  0
1
  p1. …………………………………12分
2
20.解：（1）证明：由题意可知，BCE为等边三角形，在图2中，取BE的中点为F ，连
接C F，AF ，则C F  BE，且C F  3
1 1 1 .
在图1中，取BE的中点为F ，则ABF 60，BF 1 ，AB 2，
由余弦定理得，AF  3，
AF2 C
1
F2  AC
1
2
，
故C
1
F  AF ，又AF BE  F
，
C
1
F 平面ABED，
又C F 平面BC E 平面BC E 平面ABED. …………………………………5分
1 1 ， 1
（2）满足题设条件的点P存在.
如图所示，建立空间直角坐标系，则
   
D  0，0，0  ，A 3，0，0 ，B 3，2，0 ，E  0，1，0  ，
 3 3   3 3 
F ， ，0 ，C  ， ，3 .

 2 2


1
 2 2


由（1）知，平面C EB的一个法向量为
1
2  
n  AF  1，3，0 ，
1
3
 
设DP DC 01 则
1 ，
   3 3   3 3 
BP  BDDC   3，2 ，0  ， ，3 3 ，2 ，3，
1   2 2     2 2  
 
又BE   3，1，0 ，设平面PEB的一个法向量为n   x，y，z  ，
2
  n BP 0  
由 2 ，得n  ， 3，1.
2
 n BE 0
2
{#{QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=}#}3 2 1
由二面角PEBC 的大小为45，得  ，解得   0，1  ，
1 2 42   1 2 2 3
所 以 在 棱 DC 上 存 在 点 P ， 使 得 二 面 角 PEBC 的 大 小 为 45 ， 此 时
1 1
1 6
DP  DC  . …………………………………12分
3 1 3
x2 2py
21.解：（1）设A  x ，y ，B  x ，y  ，则 1 1 ，
1 1 2 2  x2 2py
2 2
y  y x x
  x x  x x  2p  y  y  ，故 1 2  1 2 ，
1 2 1 2 1 2 x x 2p
1 2
4
由题意，得 1，所以 p 2，
2p
所以抛物线E的方程为x2 4y. …………………………………4分
（2）由（1）知，F  0，1  ，易知直线l 的斜率必存在，设直线l 的方程为 y kx1，
2 2
M  x ，y  ，N  x ，y  .
3 3 4 4
x2 4y
由 ，得x2 4kx40，
y kx1
 16k2 160，x x 4k，x x 4.
3 4 3 4
 
且 MN  1k2 x x  1k2  16k2 16 4 1k2 .
3 4
x2 x
由 y  ，得 y ，
4 2
x x x2
所以切线PM 的方程为：y y  3  xx  ，即 y  3  xx   3 ，①
3 2 3 2 3 4
x x2
同理，切线PN 的方程为： y  4  xx   4 ，②
2 4 4
 x x
x 3 4 2k

联立①②，得   2 ，P  2k，1  ，
x x

y  3 4 1

 4
{#{QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=}#}2k2 2
点P到直线l 的距离d  2 1k2 ，
2
1k2
1    3
S  4 1k2 2 1k2 4 1k2 2 4，当且仅当k 0时取等号，
PMN
2
综上，PMN 的面积存在最小值4，此时直线l 的方程为 y 1. …………………12分
2
1
22.解：（1） f x   4ax ， f 1  4a1，
x
1 1
由题意可知， f 1   ，即14a  ，
2 2
3
a  . …………………………………3分
8
1 4ax2 1
（2） f  x  的定义域为  0，  ，且 f x   4ax  ，
x x
当a0时， f x  0， f  x  在  0，  上单调递增；
1 1
当a0时，令 f x  0，得0 x  ，令 f x  0，得x  ，
4a 4a
 1   1 
所以 f  x  在0， 上单调递增，在  ，上单调递减.
   
 4a   4a 
 1 
综上所述，当a0时，f  x  在  0，  上单调递增；当a0时，f  x  在0， 上
 
 4a 
 1 
单调递增，在  ，上单调递减. …………………………………6分
 
 4a 
（3）令F  x   f  x  g  x  lnxax2   a2  x1
.
   
函数 f x 的图象在函数g x 的图象的下方，
F  x  0在  0，  上恒成立.
当a0时，F  1  2a30，不满足F  x  0在  0，  上恒成立.
  
1 2x1 ax1
当a0时，因为F
x

 2ax

a2

 且x0，
x x
 1  1 
x0， 时，F x  0，x ，时，F x  0，
 a  a 
{#{QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=}#} 1  1 
故F  x  在0， 上单调递增，在 ，上单调递减，
 a  a 
 1  1 1
 
F x  F ln  .
max  a  a a
 1 1
又F  x  0恒成立，ln  0  a0  恒成立.
 a a
1 x1
令h

x

lnxx

x0
 ，则h
x

 1 0，
x x
   
h x 在 0, 上单调递增，
1 1
又h ln2 0，h  1  10，
2 2
1 
存在唯一的x  ，1，使h  x  0，
0 2  0
且当x  0，x  时，h  x  0，当x  x ，  时，h  x  0，
0 0
1 1
0  x ，即a ，
a 0 x
0
1
又   2，1  ，aZ ,
x
0
a的最大值为2. …………………………………12分
{#{QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=}#}