宝一模数学答案及评分细则_2025年10月_251024广东省深圳市宝安区2025-2026学年高三上学期10月教学质量检测（全科）

宝安区 2025-2026 学年第一学期教学质量检测 高三数学 参考答案 阅卷说明:参考答案是用来说明评分标准的。如果考生的答案、方法、步与本参考答案不同，但解答科学合理的同样给分。有错的，根 据考生错误的性质参考评分标准及阅卷教师教学经验适当扣分。 一、单项选择题：本大题共 8个小题，每个小题 5分，共40分。每小题给出的四个选项中，有且只 有一项是符合题目要求的。 单项选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D A A D C C D 二、多项选择题：本大题共 4个小题，每个小题 5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多项 是符合题目要求的，选齐全对的得 5分，漏选得2分，错选和不选得 0分。 多项选择题 9 10 11 答案 ACD AD ABC 三、填空题：本大题共 4个小题，每小题 5分，共 20分。将答案填在答题卷的横线上。 12、x2 16y；（答案不唯一）只要写成x2 2py或 y2 2px (p4)均可． 13、3； 25 14、 16 四、解答题：本大题共 6个小题，满分共 70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 12345 6.45.55.04.83.8 15．【解析】(1)由已知可得，x  3， y  5.1， …………2分 5 5 由题可列下表： 5 5 5 (x x)(y  y)5.9， (x x)2  10, (y  y)2  3.64 ．………5分 i i i i i1 i1 i1 5 (x x)(y  y) i i 5.9 5.9 r i1   0.98． ………………………………………………8分 5 5 36.4 6 (x x)2 (y  y)2 i i i1 i1 5 (x x)(y  y) i i 5.9 (2)由(1)知， b ˆ i1  0.59 ， aˆ  yb ˆ x 5.1(0.59)36.87 ，所求经验回归方程为 5 10 (x x)2 i i1 yˆ 0.59x6.87．令x10，yˆ 0.97，预测2026年的酸雨区面积占国土面积的百分比为0.97%．………13分 16．【解析】(1)当n1时，a 2a 2，a 2．………1分 1 1 1 1当n2时，S 2a n3，S 2a n4．………3分 n n n1 n1 两式相减得：a 2a 2a 1，即a 2a 1，(a 1)2(a 1)．………5分 n n n1 n n1 n n1 又a 110，{a 1}构成首项为1，公比为2的等比数列．………………………………………………7分 1 n a 2n11 1 1 (2)由(1)a 12n1，故a 2n11，故 n    ，………9分 n n a 1 2n 2 2n n1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n 1 2n T (  )(  )(  ) (   )(   )    ， n 2 2 2 22 2 2n 2 2 2 2 22 2n 2 2 1 1 2 n2 1 T   ． ………………………………………………15分 n 2 2n 17．【解析】（1）因为PA平面ABCD，所以PACD．又ADCD，PAAD A,PA，AD面PAD, 所以CD平面PAD． ………………………………………………5分 （2）直线 AG 在平面 AEF 内, 理由如下：过 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M ．因为 PA 平面 ABCD，所以 PA AM,PA AD．如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0),B(2,1,0)，C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)．因为    E为PD的中点，所以E(0,1,1)．所以AE(0,1,1)，PC(2,2,2)，AP(0,0,2)．  1 2 2 2    2 2 4  所以PF  PC   , , ,AF  APPF   , , ．设平面AEF 的法向量为n(x,y,z)， 3 3 3 3 3 3 3  yz0,  nAE 0,   则  即2 2 4 令z1，则y1,x1．于是n(1,1,1)．………10分 nAF 0,  x y z0, 3 3 3 PG 2   2 4 2 4    4 2 2 因为点G在PB上，且  ,PB(2,1,2)，所以PG PB  , , , AG APPG  ， , ，所 PB 3 3 3 3 3 3 3 3   4 2 2 以AGn   0．所以直线AG在平面AEF 内．………15分 3 3 3 2c 3 3 1 18．【解析】(1)由题意可得，  ，  1，a2 b2 c2，解得a2 4，b2 1， a 2 a2 4b2 x2 椭圆C的方程为  y2 1．………3分 4 (2)①依题意，点A(2,0)，B(2,0)，设P(x ,y )，Q(x ,y )， 1 1 2 2 若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于 y轴对称，必有k k ，不合题意． AP BQ 直线PQ斜率必不为0，设其方程为xtyn(n2)， x24y2 4 与椭圆C联立 ，整理得：(t2 4)y2 2ntyn2 40，………………………6分 xtyn 2tn n2 4 4t2n2 4(t2 4)(n2 4)0，且 y  y  ， y y  ， 1 2 t2 4 1 2 t2 4 x2 点P(x ,y )是椭圆上一点，即 1  y2 1， 1 1 4 1 x2 y y y2 1 1 1 1 k k  1  1  1 4  ，k  7k ，即28k k 1，……………10分 AP BP x 2 x 2 x2 4  4 AP 4k BQ BP BQ 1 1 1 x2 4 BP 1 28y y 28y y 28y y 28k k  1 2  1 2  1 2 BP BQ (x 2)(x 2) (ty n2)(ty n2) t2y y t(n2)(y  y )(n2)2 1 2 1 2 1 2 1 2 28(n2 4)  t2 4  28(n2)  28(n2)  7n14 1， t2(n2 4) 2t2n(n2) t2(n2)2t2n(n2)(t2 4) 4(n2) n2  (n2)2 t2 4 t2 4 3 3 n ，此时16(t2 4n2)4(4t2 7)0，故直线PQ恒过x轴上一定点D( ,0)． …………14分 2 2 3t n2 4 7 ②由① y  y  ，y y   ， 1 2 t2 4 1 2 t2 4 4(t2 4) 1 3 1 3 3 3 |S S | | y  y ||2( )| | y  y ||2( )| | y  y |  (y  y )2 4y y 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 3 4t2 7 4(t24)9 4 9 3 2  3 3   9(  )2 4 2， t2 4 (t24)2 t2 4 (t2 4)2 t2 4 3 3 2 1 (当且仅当  即t2  时等号成立)，|S S |的最大值为2．……………………17分 t2 4 3 2 1 2 a 19.【解析】(1) f(x) cosx1(x0)．………………………………………………1分 x 若a0， x0，1cosx0，则 f(x)0， f(x)在(0,)上单调递增，符合要求．……………………2分 a a 若a0，则当x(0, )时， 2，从而 f(x)2cosx1(1cosx)0 ， 2 x a  f(x)在(0, )上单调递减，不合要求．…………………3分 2 综上分析，a的取值范围是(0,)．…………………4分 3a (2)令 f(x)0，则 cosx10，即axcosxx．设g(x) xcosxx，则g(x)cosxxsinx1， x ①当x(0,)时，cosx1，sinx0，则cosx10，xsinx0， 从而g(x)0，g(x)单调递减．…………………6分 3 ②x(, )时，g(x)sinx(sinxxcosx) (2sinxxcosx)． 2 3 3 sinx0，cosx0，g(x)0，从而g(x)单调递增．又g()20，g( ) 10，………8分 2 2 3 ③当x( ,2)时，g(x)(2cosxcosxxsinx)  xsinx3cosx． 2 sinx0，cosx0，g(x)0，从而g(x)单调递减． 3 3 g( )20,g(2)20，g(x)在( ,2)内有唯一零点，记为x ， 1 2 2 3 且当x( ,x )时，g(x)0，g(x)单调递增； 2 1 当x(x ,2)时，g(x)0，g(x)单调递减． 1 3 3 3 g( ) 10，g(2)0，当x( ,2)时，g(x)0，g(x)单调递增． 2 2 2 综上分析，g(x)在(0,x )上单调递减，在(x ,2)上单调递增．………13分 0 0 g(0)g(2)0，当g(x )a0时，直线 ya与函数g(x)的图象在(0,2)上有两个交点， 0 从而 f(x)有两个变号零点，即 f(x)在(0,2)上恰有两个极值点． g(x )0，cosx x sinx 10，即cosx 1x sinx ． 0 0 0 0 0 0 0 从而g(x ) x cosx x  x (1x sinx )x  x2sinx ． 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 取 x ，则cos1sin，且当2sina0时，函数 f(x)在(0,2)上恰有两个极值点．………17分 0 4