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=}#}