数学答案docx(1)_2023年10月_0210月合集_2024届云南省高三上学期10月第一次质量检测_云南省2024届高三上学期10月第一次质量检测数学

2023-2024 学年第二学期质量检测
高三年级 数学（一） 参考答案
一、单项选择题
1.D 2.C 3.B 4.B 5.D 6.A 7.B 8.B
二、多项选择题
9.CD 10.BCD 11.BC 12.ACD
三、填空题
122 41 ln3 ln2
13. 2 或- 14. 72 6 15. 16.  , 
7 2  18 4 
四、解答题
17
【答案】
【解析】由题可知（1）a S S  n2  1 n2  15  1 n1 2  15 n1 n8（. n2）
n n n1
2 2 2 2
1 15
当n1时a  S   7，满足a 的通项公式
1 1 2 2 n
a n8
n
（2）C  a  n8
n n
T  a  a  a
n 1 2 n
当n8时
T a a a  a a a S  15 n n2
n 1 2 n 1 2 n n
2 2
当n9时
T  a  a  a a a a a a a
n 1 2 n 1 2 3 8 9 n
 a a a  a a a 
1 2 8 9 10 n
S S S S 2S
8 n 8 n 8
S 326028
8
{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}1 15
T  n2  n56  n9 
n 2 2
15 n2
 

n n8
 2 2
T 
n
1
n2 
15
n56  n9 

2 2
18
【解析】由题可知（1）设BD AD x,AB2a，AC a
4a2 x2 x2 2 5
在ABD中cosB 
22ax 5
5
a
5 AD 5
2
解得：x a   
2 AC a 2
（2）在ABC中，由余弦定理可得：
 
5 2   2a 2 a2 2 5 5
cosB   解得:a  或a 1
22a 5 5 3
AB AC
AD为角平分线  
BD DC
5
所以BD 2DC DC 
3
2 5
又由（1）可知：sinC 2sinB 
5
当a 1时
1 1 5 2 5 1
S  ACDCsinC  1  
ADC
2 2 3 5 3
5
当a  时
3
1 5 5 2 5 5
S     
ADC
2 3 3 5 9
1 5
综上所述S 为 或
ADC
3 9
{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}19题答案
1
【答案】(1)p
4
(2) ：①
【解析】（1）记一道多选题“有2个选项正确”为事件A，“有3个选项正确”为事件A ，“小
1 2
明该题得5分”为事件B，
则P(B)PBA PA P  B A  p 1  1 ，求得 p 1 .
1 1 1 C2 12 4
3
（2）若小明选择方案①，则小强的得分为2分.
若小明选择方案②，记小强该题得分为X，则X 0,2,5，
C1 C1 5 2 7 1 17
且P(X 0)PA  2P A  1      ，
1 C1 2 C1 12 3 12 3 36
3 3
C1 7 2 14 7
P(X 2)PA  2     ，
2 C1 12 3 36 18
3
C1 5 1 5
P(X 5)PA  1    ，
1 C1 12 3 36
3
17 14 5 53
所以，E(X)0 2 5  ，
36 36 36 36
若小明选择方案③，记小强该题得分为Y，则Y 0,5，且
C2 C1C1 5 7 2 29
P(Y 0)PA  3P A  1 2    ，
1 C2 2 C2 12 12 3 36
3 3
C2 7 1 7
P(Y 5) PA 2    ，
2 C2 12 3 36
3
29 7 35
所以，E(Y)0 5  ,
36 36 36
因为EYEX2，所以小明应选择方案①.
{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}20【答案】见解析
【解析】（1）证明：四边形EDCF 为矩形，DE CD，
又平面EDCF 平面ABCD，平面EDCF 平面ABCD CD，
ED 平面ABCD.
取
D
为原点，
DA
所在直线为x轴，
DE
所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
如图，则A(1,0, 0)，B(1,2, 0)，C(1,2, 0)，E(0 ,0, 2)，F(1 ,2, 2)，

设平面
ABE
的法向量m(x,y,z)，
 
 BE (1,2,2) ， AB(0,2,0) ，
 
m·BE x2y2z 0 
由  ，取 z 1 ，得m(2,0,1)，
m·AB2y 0
  
又 DF (1,2,2) ， DFm  2020 ，则 DF m ，
又 DF  平面 ABE ，DF //平面 ABE ；

（2）设平面 BEF 的法向量n (x ,y ,z )，
1 1 1
 
 BE (1,2,2) ， EF (1,2,0) ，

n·BE x 2y 2z 0 
由 1 1 1 ，取 y 1，可得n (2,1,2)，
n·EF x 2y 0 1
1 1
 
  mn 42 2 5
cos m,n
 
  ，
|m||n| 3 5 5
sin m  ,n   5 ，
5
5
即平面 与平面 所成二面角的正弦值为 ；
ABE BEF
5
 
（3）点
P
在线段
EF
上，设
EPEF
，[0,1]，
  
 AP AEEF (1,0,2)(1,2,0)(1,2,2) ，

又平面
BEF
的法向量n (2,1,2)，设直线
AP
与平面
BEF
所成角为，
{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}

  | APn| |2(1)24| 14
sin|cos AP,n |    ，

| AP||n| 3 (1)2 42 4 14
452 18110 ，即(31)(1511)0，
1
[0,1]， .
3
 4 2
 AP ( , , 2)，
3 3
 4 2 2 14
则 | AP| ( )2 ( )2 4  ，
3 3 3
2 14
AP 的长为 .
3
21题答案
.【答案】(1) f x的极大值为0，没有极小值；(2)证明见解析
 π 
【详解】（1）因为函数 f xtanxln1x,x ,1，所以
 2 
1 1 1 1 x1cos 2x
fx     ，
cos2x 1x cos2x x1 x1cos2x
 π 
设hx x1cos2x，hx12cosxsinx1sin2x0 ，所以hx在 ,1上单调递增.
 2 
 π 
又h00，所以当x ,0时，hx0；当x0,1时，hx0.又因为x1cos2x0
 2 
 π   π 
对x ,1恒成立，所以当x ,0时，f'(x)0；当x0,1时，fx0.即 f x在
 2   2 
 π 
区间 ,0上单调递增，在区间0,1上单调递减，故 f x  f 00， f x没有极
 2  极大值
小值.
 tanxln1x①,
（2）由（1）可知 f xtanxln1x0，所以 当且仅当
ln1xtanxtanx②，
x0，取“＝”.
1 1 1 2 1 n1
由（1）得tan ln ,tan ln ,,tan ln ，累加得
2 2 3 3 n n
1 1 1 1 2 n1 1
tan tan tan ln   ln lnn；
2 3 n 2 3 n  n
{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}3 1 4 1 n1 1
由②得ln tan ,ln tan ,,ln tan ，
2 2 3 3 n n
1 1 1 3 4 n1 n1
tan tan tan ln   ln
累加得 2 3 n 2 3 n  2
ln
n1
tan
1
tan
1
tan
1
lnn
 n2,nN*
.综上所述， 2 2 3 n
22题：
y2
【答案】（1）x2  1
3
（2）存在，E:(x8)2  y2 1
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的性质，结合△ABD是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可
求解双曲线方程；
（2）首先利用点差法求出直线l所过的定点，即可求出定圆的方程.
【小问1详解】
依题意，BAD90，焦半径c2，
c2 y2 c2  b4 b2
当x c时，  1，得 y2 b2  1 ，即 y  ，
a2 b2 a2  a2 a
b2 b2
所以 BF  ，由 AF  BF ，得ac ，得a2 2a 22 a2，
a a
解得：a 1（其中a 20舍去），
所以b2c2a2413，
y2
故双曲线C的方程为x2  1；
3
{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}【小问2详解】
     
设M x ,y ,N x ,y ,MN 的中点为Q x ,y
1 1 2 2 0 0
因为M,N是C上不同的两点，MN 中点的横坐标为2.
 y2

x2  1 1,①
1 3

 y2

x2  2 1,②
 2 3
所以 .
 x x
x  1 2  2,③
 0 2

y  y
 y  1 2 ,④
 0 2
 y  y  y  y 
①-②得 x x  x x  1 2 1 2 0，
1 2 1 2 3
y  y 3  x x  34 6
当k 存在时，k  1 2  1 2   ，
MN MN x x y  y 2y y
1 2 1 2 0 0
y y
因为MN 的中垂线为直线l，所以 y y  0  x2 ，即l: y  0  x8 ，
0 6 6
 
所以l过定点T 8,0 .
当k 不存在时，M,N关于x轴对称，MN 的中垂线l为x轴，此时l也过T  8,0  ，
MN
所以存在以  8,0  为圆心的定圆E:(x8)2  y2 1，使得l被圆E截得的弦长为定值2.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，本题的关键是求得直线所过
的定点，因为半径为1，所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.
{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}