高三期末数学答案_2024届山西省运城市高三上学期期末调研测试_山西省运城市2024届高三上学期期末调研测试数学

高三期末数学答案 一、DBCAD CCB 二、9.AC 10.ACD 11.ABD 12.CD 4 2 3  三、7 -80  ,  3  ln3  四、解答题： 17．（12分） （1）由正弦定理知，2sinBcosC 2sin AsinC， ...........................................................1分 sinAsin  BC sinBcosCcosBsinC， ...........................................................2分 代入上式得2cosBsinCsinC 0， 1 ，C(0,),sinC 0,cosB  , ...........................................................3分 2  B(0,)B  . ..........................................................4分 3 （2）若选①：由BD平分ABC得:S S S ，..............................................5分 ABC ABD BCD 1  1  1   acsin  3asin  3csin .， ..........................................................6分 2 3 2 6 2 6 即ac  3(ac). ..........................................................7分  在ABC中，由余弦定理得b2 a2 c2 2accos ， 3 a2 c2 ac 12， ..........................................................8分  ac  3(ac) 联立 ，得(ac)2 9ac 36，  a2 c2 ac 12 解得ac 12， .........................................................9分 1 1 3 S  acsinB  12 3 3 ..........................................................10分 ABC 2 2 2  1     2 1   1 2    2  若选②：得BD  BABC ,BD  (BA BC)2  BA 2BABCBC ， 2 4 4 得a2 c2 ac 36， .........................................................7分  在ABC中，由余弦定理得b2 a2 c2 2accos ， 3 {#{QQABBQAAggAoQAJAAAhCAwEICgCQkAAACIoORBAIMAIASQNABAA=}#}a2 c2 ac 12， ..................................................8分 a2 c2 ac 36 联立 得ac 12， .................................................9分  a2 c2 ac 12 1 1 3 S  acsinB  12 3 3 ..................................................10分 ABC 2 2 2 18. 解：（1）由题意，设等比数列{a }的公比为q， n a 2 则a  2  ，a a q 2q， .........................................................................................1分 1 q q 3 2 a ,a ,a 1成等差数列， 1 2 3 2a a a 1，.........................................................................................................................2分 2 1 3 2 即 2q14 .....................................................................................3分 q 化简整理得：2q2 5q20 , 1 解得q  或q 2， 2 a 0,数列{a }单调递增，q 2， ..................................................................................4分 2 n 2 首项a  1， 1 2 a 12n1 2n1，nN*. ....................................................................................5分 n a 1(n为奇数）  n 2n11(n为奇数） （2）由（1）知，可得b 1 = , .......................7分 n  a (n为偶数）  2n2(n为偶数） 2 n 则数列{b }的前20项和为： n b b b b b 1 2 3 19 20 1 =a a a a 10 (a a a a ） ..................................9分 1 3 5 19 2 2 4 6 20 =(20 22 24 218 10)(20 22 24 218) =(20 22 24 218)2-10 {#{QQABBQAAggAoQAJAAAhCAwEICgCQkAAACIoORBAIMAIASQNABAA=}#}1410 = 210 14 22132 = . ..........................................................................................................................10分 3 19. （1）存在，当BC为圆柱OO 的母线时，BC AB． ...............................1分 1 1 1 证明如下： 连接BC，AC，BC，因为BC为圆柱OO 的母线，所以BC平面ABC， 1 1 1 1 又因为BC平面ABC，所以BC BC． ........................2分 1 因为AB为圆O的直径，所以BC  AC． ...........................................................3分 又ACBC C ，AC,BC 平面ABC，所以BC 平面ABC， ......................................4分 1 1 1 1 因为AB 平面ABC，所以BC AB． ......................................5分 1 1 1 （2）以O为原点，OA，OO 分别为y，z轴，垂直于y，z轴的直线为x轴建立空间直角坐标系. 1 如图所示， ......................................6分 则A(0,1,2)，O(0,0,2)，B(0,1,0)， 1 1 π π 1 3  因为劣弧AB 的长为 ，所以AOB  ，B  , ,2， 1 1 6 1 1 1 6 1 2 2     1 3  则OB (0,1,2)，OB  , ,0． ................................................................................7分 1 1 1  2 2    设平面OBB的法向量m(x,y,z)， 1 1   OBmy2z0  1 则  1 3 ， OB m x y0  1 1 2 2 3 令x3，解得y 3，z ，所以 2   3 m3, 3, ．............................................9分    2   因为x轴垂直平面AOB，所以平面AOB的一个法向量n(1,0,0)．................................10分 1 1 1 1   3 2 51 cosm,n  所以 3 17 ， ...............................11分 93 4 又二面角A OBB 的平面角为锐角， 1 1 1 {#{QQABBQAAggAoQAJAAAhCAwEICgCQkAAACIoORBAIMAIASQNABAA=}#}2 51 故二面角A OBB 的余弦值为 ． ...............................12分 1 1 1 17 1 20.解：（1）依题意，甲投中的概率为 p ，乙投中的概率为 ， 0 3 1 3 3 于是得PX 31P  X 5 1 p  ，解得 p  ， ..........................2分 3 0 4 0 4 X 的所有可能值为0，2，3，5，  3  1 1 3  1 1 P  X 0  1   1   ，P  X 2   1   ，  4  3 6 4  3 2 1  3 1 3 1 1 P  X 3   1   ，P  X 5    ， ..........................4分 3  4 12 4 3 4 所以X 的分布列为： X 0 2 3 5 P 1 1 1 1 6 2 12 4 .............................................................................................5分 （3）设甲、乙都选择方案A投篮，投中次数为Y ，都选择方案B投篮，投中次数为Y ， 1 2  1   则Y  B 2,p ，Y  B2, ， ..........................6分 1 0 2  3     则两人都选择方案A投篮得分和的均值为E 2Y ，都选择方案B投篮得分和的均值为E 3Y ， 1 2 ..........................................7分 1 则E  2Y 2E  Y 22 p 4p ，E  3Y 3E  Y 32 2， ..............8分 1 1 0 0 2 2 3 1 若E  2Y  E  3Y ，即4p 2，解得  p 1 ..............9分 1 2 0 2 0 ； 1 若E  2Y  E  3Y ，即4p 2，解得 p  ； ..............10分 1 2 0 0 2 1 若E  2Y  E  3Y ，即4p 2，解得0 p  ． ...........................11分 1 2 0 0 2 1 所以当  p 1时，甲、乙两位同学都选择方案A投篮，得分之和的均值较大； 2 0 1 当 p  时，甲、乙两位同学都选择方案A或都选择方案B投篮，得分之和的均值相等； 0 2 1 当0 p  时，甲、乙两位同学都选择方案B投篮，得分之和的均值较大． ...........12分 0 2 {#{QQABBQAAggAoQAJAAAhCAwEICgCQkAAACIoORBAIMAIASQNABAA=}#}21、解：（1）由题意得 2c2 3 ，解得c 3， ...........................1分 a 又 AO a,OB b，故tanABO 2 ，即a2b， ...........................2分 1 1 b 又a2 b2c2，解得b2 1，a2 4， ..............................................3分 x2 故椭圆方程为  y2 1； ..............................................4分 4 （2）直线l的方程为ykx2，k 0，与 x2  y2 1联立 4 得：  14k2 x216k2x16k240， ........................................5分   16k24 8k22 设Q x ,y ，则2x  ，解得x  ， ........................................6 分 Q Q Q 14k2 Q 14k2 8k22 1 因为点Q在第一象限，所以x  0，解得k2  ， ........................................7分 Q 14k2 4 1 24k 24k 直线AB方程为y x1，与ykx2联立得x ，故x  ， ...........8分 1 2 2k1 P 2k1 ykx2中，令x0得y2k，故M0,2k， ...........9分 因为 PA MQ 3QA MP ，所以2x  x 0  3  2x x 0， 2 2 P Q Q P 整理得 x x x 3x 0， .........................................10分 P Q Q P 24k 8k22 8k22 24k 即   3  0，化简得2k23k10， 2k1 14k2 14k2 2k1 1 1 1 解得k  或1，其中k  不满足k2  ，舍去，k 1满足要求， 2 2 4 故k 1. ............................12分 a 22.（1）由题意得， f(x)的定义域为(0,), f(x)2e2x  . x 显然当a0时， f(x)0恒成立，f(x)无零点. ................................1分 a 当a0时，取t(x) f(x)2e2x  . x a 则t(x)4e2x  0，即 f(x)单调递增， ..........................2分 x2 a a 又 f(a)0, f( )2e2ea 2ea 0, 2ea 所以导函数 f(x)存在唯一零点， ................................3分 {#{QQABBQAAggAoQAJAAAhCAwEICgCQkAAACIoORBAIMAIASQNABAA=}#}故当a0时， f(x)存在唯一零点，当a0时， f(x)无零点. ................................4分 （2）由（1）知，当a0时， f(x)单调递增，所以 f(x)  f(e)e2e ae2e, min 所以a0， ................................5分 1mlnx 因为g(x) ,函数g(x)的图像在点(1,g(1))处的切线方程为 y30. x2 1m 所以g(1) 0,所以m=1, ................................6分 1 1ln1 又g(1) n3,所以n=2，所以 1 1lnx g(x) 2, ................................7分 x lnx1 根据题意，要证 f(x) g(x),即证 e2x 2,只需证x(e2x 2)lnx1, x 12x 1 令h(x) x(e2x 2)lnx，则h(x)(2x1)e2x  (2x1)(e2x  )，.................8分 x x 1 1 令F(x)e2x  (x0),则F(x)2e2x  0, x x2 所以F(x)在(0,)上单调递增. ................................9分 1 1 1 1 又F  e40,F e20，所以F(x)有唯一零点x  , . 4 2 0 4 2 当x(0,x )时，F(x)0,即h(x)0，h(x)单调递减, 0 当x(x，)时，F(x)0,即h(x)0，h(x)单调递增； 0 所以h(x) h(x ) x (e2x 0 2)lnx ， ................................11分 min 0 0 0 1 1 1 又因为F(x )0，所以e2x 0  ，所以h(x ) x ( 2)ln 12x 2x 1， 0 x 0 0 x e2x 0 0 0 0 0 故 f(x) g(x) . ........................12分 {#{QQABBQAAggAoQAJAAAhCAwEICgCQkAAACIoORBAIMAIASQNABAA=}#}{#{QQABBQAAggAoQAJAAAhCAwEICgCQkAAACIoORBAIMAIASQNABAA=}#}