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=}#}