文档内容
1
2023—2024 学年第一学期8 月六校联合调研试题
高三数学答案
一、单项选择题：本大题共8 小题，每小题5 分，共40 分．
1－4： BBDC 5—8：ABCB
二、多项选择题：本大题共4 小题，每小题5 分，共20 分．
9．AC 10．ABC 11．BD 12．AC
三、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，共20 分．
13． －160
27 ； 14. （1
5，－2
5）； 15．（－∞，1]； 16．25－12 2．
四、解答题：本大题共6 小题，共70 分
17.解：（1）∵Sn＝an＋n2－1
∴当n≥2 时，Sn－1＝an－1＋（n－1）2－1 ……………………2 分
两式相减得: an＝an－an－1＋2n－1,即an－1＝2n－1， ……………………4 分
∴an＝2n＋1 且a1＝3 符合，∴{an}的通项公式为an＝2n＋1 ……………………5 分
（2）由（1）可知bn＝1
an＝
1
2n＋1，
∴bkbk＋1＝
1
2k＋1
1
2k＋3＝1
2（
1
2k＋1－
1
2k＋3） ……………………8 分
∴Tn＝b1b2＋b2b3＋…＋bnbn＋1＝1
2（1
3－1
5）＋1
2（1
5－1
7）＋…＋1
2（
1
2n＋1－
1
2n＋3）
＝1
2（1
3－
1
2n＋3）＝
n
3（2n＋3） ……………………10 分
18.解：（1）选①，(a＋c)(sinA－sinC)＋(b－a)sinB＝0，由正弦定理得
(a＋c)(a－c)＋(b－a)b＝0，即a2＋b2－c2＝ab ……………………2 分
∴cosC＝a2＋b2－c2
2ab
＝1
2 ……………………4 分
∵0＜C＜π∴C＝π
3 ……………………5 分
选②，由2 3sinC cosC＝1＋2cos2C 得2 3sinC cosC＝2＋cos2C
3sin2C－cos2C＝2，sin（2C－π
6）＝1
∵0＜C＜π∴－π
6＜2C－π
6＜11π
6 ∴2C－π
6＝π
2∴C＝π
3 ……………………5 分
选③，由2sinB－sinA＝2 sinC cosA
∴2sin（A＋C）－sinA＝2 sinC cosA
∴2sinAcosC＋2 sinC cosA－sinA＝2 sinC cosA∴2 sinC cosA－sinA＝0……………………3 分
∵sinA≠0， ……………………4 分
2
∴cosC＝1
2∵0＜C＜π∴C＝π
3 ……………………5 分
（2）解法一：由（1）可知C＝π
3，又c＝4，由余弦定理得
C2＝a2＋b2－2abcosC＝（a＋b）2－3ab＝16 ……………………6 分
∴3ab＝（a＋b）2－16≤3（a＋b
2 ）2 ……………………9 分
即a＋b≤8，当且仅当a＝b＝4 时取等号 ……………………10 分
又a＋b＞c＝4
∴周长的取值范围为（8，12] ……………………12 分
解法二：由（1）知C＝π
3，又c＝4 正弦定理a
sinA＝b
sinB＝c
sinC
得a
sinA＝b
sinB＝8
3 ……………………6 分
∴周长＝8
3（sinA＋sinB）＋4，
又B＝π－（A＋π
3）∴0＜A＜2π
3 ， ……………………7 分
周长＝8
3（sinA＋sin（A＋π
3））＋4＝8 sin（A＋π
6）＋4， ……………………10 分
又π
6＜A＋π
6＜5π
6 ∴1
2＜sin（A＋π
6）≤1
∴△ABC 周长的取值范围为（8，12] ……………………12 分
19.证：在四棱锥P－ABCD 中，∵PD⊥平面ABCD∴PD⊥AD ……………………1 分
∵AB⊥DA，AB∥CD∴CD⊥AD
又∵CD∩PD＝D ∴AD⊥平面PCD ……………………3分
又∵AD平面PAD∴平面PAD⊥平面PCD ……………………5 分
（2）由（1）得DA，DP，DC 两两垂直∴D 为原点，以DA，DP，DC 所在直线分别为x，
y，z 轴建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，
3
则由题意：D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2），
→
PC＝（0，2，－2）
由→
PM＝λ→
PC（0≤λ≤1）得M（0，2λ，2－2λ）， ……………………6 分
∵PD⊥平面PCD∴平面ABCD 的一个法向量为→
DP＝（0，0，2）
设n＝（x，y，z）为平面BDM 的一个法向量，→
DB＝（1，1，0），＝（0，2λ，2－2λ）
∴
n·→
DB＝0
n·→
DM＝0
即
x＋y＝0
2λy＋（2－2λ）z＝0
令x＝1，则y＝－1，z＝λ
1－λ，n＝（1，－1，λ
1－λ） ……………………8 分
∵二面角M－BD－A 的余弦值为－3
3
∴|
λ
1－λ
2＋（λ
1－λ）2
|＝3
3 ，解得λ＝1
2 ……………………10 分
设直线BC 与平面BDM 所成角为θ，平面BDM 的一个法向量为n＝（1，－1，1）
又→
BC＝（－1，1，0）
∴sinθ＝|n·→
BC|
|n||→
BC|
＝6
3 ，即直线BC 与平面BDM 所成角的正弦值为6
3 ……………………12 分
20.解：（1）由题意得
,
4
,
5
3
)
(
2
4
)
(
2
cos
2
2
2
2
2
2
2
2
1
b
a
b
a
a
b
a
BA
A
=
−
=
+
−
+
=
可得
又
0
,4
2
2
=
−
b
b
a
，联立方程得：
2
,4
=
=
b
a
，
故椭圆方程为
1
4
16
2
2
=
+ y
x
. ……………………4 分
（2）证明：
1
1
1
1
A P
AQ
A P
AQ
+
=
−
，根据向量加法与减法的几何意义可得
1
1
A P
AQ
⊥
，
即
1
1
0
A P AQ
=
， ……………………5 分
设直线l 的方程为：y
kx
m
=
+
，
0
k
联立椭圆方程
1
4
16
2
2
=
+ y
x
，
得
0
16
4
8
)
4
1(
2
2
2
=
−
+
+
+
m
kmx
x
k
，
4
0
4
16
,0
)
16
4
)(
4
1(
4
64
2
2
2
2
2
2
+
−
−
+
−
=
m
k
m
k
m
k
即
设
(
)
(
)
1
2
2
2
,
,
,
P x x
Q x
y
，则
,
4
1
16
4
,
4
1
8
2
2
2
1
2
2
1
k
m
x
x
k
km
x
x
+
−
=
+
−
=
+
……………………7 分
(
)
(
)
1
1
1
1
2
2
4,
,
4,
A P
x
y
AQ
x
y
=
+
=
+
，
(
)(
)
(
)(
) (
)(
)
1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
4
4
4
4
A P AQ
x
x
y y
x
x
kx
m
kx
m
=
+
+
+
=
+
+
+
+
+
(
)
(
)(
)
2
2
1
2
1
2
1
4
16
0
k
x x
km
x
x
m
=
+
+
+
+
+
+
=
将韦达定理式代入化简得，
,
4
5
12
,0
5
32
48
2
2
k
m
k
m
m
km
k
=
=
=
+
−
或
解得
……………………10 分
此时均满足
，
当
4
m
k
=
时，直线方程为
(
)
4
4
y
kx
k
k x
=
+
=
+
，过点(
)
4,0
−
与
1A 重合，故舍去，
当
时，直线方程为
）
5
12
(
5
12
+
=
+
=
x
k
k
kx
y
，过定点
)
0,
5
12
(−
，
故直线l 过定点，定点为
)
0,
5
12
(−
. ……………………12 分
21. 解（1）由题意，这600 辆车在9:20~10:40 时间段内通过该收费点的时刻的平均值为
(
)
30 0.005
50 0.015
70 0.020
90 0.010
20
64
+
+
+
=
，即10 点04 分
……………………3 分
（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知：抽取的10 辆车中，在10:00 前通过的
车辆数就是位于时间分组中在
)
20 60
,
这一区间内的车辆数，即
(
)
0.005
0.015
20 10
4
−
=
，所以X 的可能取值为0，1，2，3，4
所以(
)
4
6
4
10
C
1
0
C
14
P X =
=
=
，
(
)
3
1
6
1
4
10
C C
8
1
C
21
P X =
=
=
，(
)
2
2
6
4
4
10
C C
3
2
C
7
P X =
=
=
，
(
)
1
3
6
4
4
10
C C
4
3
C
35
P X =
=
=
，
(
)
0
4
6
4
4
10
C C
1
4
C
210
P X =
=
=
，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
0
4
16
2
2
+
−m
k
k
m
5
12
=
5
P
1
14
8
21
3
7
4
35
1
210
……………………6 分
所以
(
)
1
8
3
4
1
8
0
1
2
3
4
14
21
7
35
210
5
E X =
+
+
+
+
=
. ……………………8 分
（3）由（1）可得
64
=
，
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
30
64
0.1
50
64
0.3
70
64
0.4
90
64
0.2
324
=
−
+
−
+
−
+
−
=
，
所以
18
=
. ……………………10 分
估计在9:46~10:40 这一时间段内通过的车辆数，也就是46
100
T
通过的车辆数，
由
(
)
2
,
T
N
，
(
)
(
)
(
)
2
2
64 18
64
2 18
0.8186
2
2
P
T
P
T
P
T
−
+
−
+
−
+
=
+
=
所以，估计在9:46~10:40 这一时间段内通过的车辆数为1000 0.8186
819
辆.
……………………12 分
22. 解（1）
( )
2
x
F x
e
x
b
=
−
−
，则
( )
2
x
F
x
e
=
−
.
令
( )
2
0,
x
F
x
e
=
−
得
ln2
x
，所以
( )
F x 在(
)
ln2,+上单调递增.
令
( )
2
0,
x
F
x
e
=
−
得
ln2
x
，所以
( )
F x 在(
)
,ln2
−
上单调递减. ……………3 分
（2）因为
( )
2
1
x
f
x
e
x
=
+
−，所以
( )
0
0
f
=
，所以l
方程为
1
y = .
依题意，
1
2
a
−
=
，
1
c = . 于是l 与抛物线( )
2
2
g x
x
x
b
=
−
+
切于点(
)
1,1 ，
由
21
2
1
b
−
+
= 得
2
b =
.所以
2,
2,
1.
= −
=
=
a
b
c
……………………7 分
（3）设( )
( )
( )
(
)1
x
h x
f x
g x
e
a
x
b
=
−
=
−
+
−
,则( )
0
h x
恒成立.易得
( )
(
)
1 .
x
h x
e
a
=
−
+
①当
1
0
a +
时，
因为
( )
0
h x
，所以此时( )
h x 在(
)
,
−+上单调递增.
a)若
1
0
a + =
，则当
0
b
时满足条件，此时
1
a
b
+
−；
b)若
1
0
a +
，取
0
0
x
且
0
1 b
x
,
a
1
−
+
此时(
)
(
)
(
)
0
0
0
1
1
1
1
0
1
x
b
h x
e
a
x
b
a
b
a
−
=
−
+
−
−
+
−
=
+
，所以( )
0
h x
不恒成立．
不满足条件；
6
②当
1
0
a +
时，
令
( )
0
h x
=
，得
(
)
ln
1 .
x
a
=
+
由
( )
0
h x
，得
(
)
ln
1
x
a
+
；
由
( )
0
h x
，得
(
)
ln
1 .
x
a
+
所以( )
h x 在
(
)
(
)
,ln
1
a
−
+
上单调递减，在
(
)
(
)
ln
1 ,
a +
+上单调递增.
要使得“ ( )
(
)1
0
x
h x
e
a
x
b
=
−
+
−
恒成立”，必须有
“当
(
)
ln
1
x
a
=
+
时，
( )
(
) (
)
(
)
min
1
1 ln
1
0
h x
a
a
a
b
=
+
−
+
+
−
”成立.
所以
(
) (
)
(
)
1
1 ln
1
b
a
a
a
+
−
+
+
.则
(
) (
)
(
)
2
1
1 ln
1
1.
a
b
a
a
a
+
+
−
+
+
−
……………10
分
令
( )
2
ln
1,
0,
G x
x
x x
x
=
−
−
则
( )
1 ln .
G x
x
= −
令
( )
0
G
x
=
，得
.
=
x
e 由
( )
0
G
x
，得0
x
e ；
由
( )
0
G
x
，得
.
x
e 所以
( )
G x 在(
)
0,e 上单调递增，在(
)
,e +上单调递减,
所以，当x
e
=
时，
( )max
1.
G x
e
=
−
从而，当
1,
0
=
−
=
a
e
b
时， a
b
+
的最大值为
1
e −. ……………………12 分
