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=}#}