辽宁鞍山高三上（质检Ⅰ）-数学试题+答案(1)_2023年9月_029月合集_2024届辽宁省鞍山市高三上学期第一次质量监测

}#}=AABAFACBIAIAABxGgICCGAkQEgCgFQUCgRAABhAgiggAoYIBAQQ{#{}#}=AABAFACBIAIAABxGgICCGAkQEgCgFQUCgRAABhAgiggAoYIBAQQ{#{}#}=AABAFACBIAIAABxGgICCGAkQEgCgFQUCgRAABhAgiggAoYIBAQQ{#{鞍山市普通高中 学年高三第一次质量检测 2023—2024 数学科参考答案 一、选择题： 1~5、ACBCD . 6~8、CBB 9、BCD 10、BD 11、BCD 12、ABC 二、填空题： 5 13、-3 14、2 15、1560 16、 2 三、解答题： 17.解：(1)在ACD 中，由正弦定理得 b 2 sin 60   sin C 2 2 ，所以， b 6 …………………………4分 （2）作 AE BC ，垂足为 E ，则 AE  3 ， 1 a 3 2 3,a4 ， …………………………6分 2 b2 c2 16 a2 1 所以，ABC 为 Rt，又 bc2 3,bc4 3 ，且 bc 2 b2    c2 3 , ………………………8分 ACD 为等边， CD 2 …………………………10分 18解：（1） 因为 1n3,a n 2,a 2 2 ， …………………………2分 17 n19,a n 29 512,a 17 512 …………………………4分 a 2m 2m， mN* …………………………6分 （2）由题意 S 2k 2(21 22 2k) 2k2 4 …………………………8分 1 {#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}S 2k1 S 2k a 2k 32k 4 ， …………………………9分 n 为偶数时，由 2k2 4 1200 ,k9,n18 时 ,S n S 18 1200 ………………………10分 n 为奇数时，由 32k 4 1200 ,k9,n17 时 ,S n S 17 1200 ……………………11分 综上： S n 1200 的最小正整数为17 ………………………12分 19：(1) PAB中，E 为PB 中点，EP EA EB ，PA  AB ，又BD 平面 PAB ，PA 平面PAB ，BD PA ， BD AB B,PA 平面 ABCD ，又 BC  平面 ABCD ， PA BC …………………………4分 (2)在 RtPAB 中， PA2 3 ，BPA 30 , AB 2 ,PB 4 ,设 BD a(a0) ， 以A为坐标原点，分别以 AB, AP,BD 的方向 为x,y,z轴的正方向， 建立如图空间直角坐标系，则 D(2,0,a),C(4,0,a), A(0,0,0), E(1, 3,0), AE (1, 3,0), AC (4,0,a), ………………6分 设 n (x, y,z) 为平面 ACE 的法向量，则有 1 1 1 1   n AE x  3y 0 3  1 1 1 ，令 z4 ，得 n 1 (a, a,4) ， …………………………8分  n AC 4x az 0 3 1 1 1 n n 4 2 取 n (0,0,1) 为平面 PAB 的法向量,|cos n,n || 1 2 |  2 1 2 |n ||n | 4 2 1 2 a2 16 3 ，解得 a2 3 …………………………10分 1 V  2 32 3 4 ，该三棱锥 PABD 的表面积记为 S ，则 PABD 表 3 2 {#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}1 3 S 2 3 2 3 4 3 4 3 12 3 ，由 S r V 得r  表 表 PABD 3 3 3 综上：r  …………………………１２分 3 20（1）解：由题意每名优质客户购买套餐A的概率为0.9，X的取值集合为 {0,1,2,3} ，且 X~B(4,0.9) ，E（X)=40.9 3.6 …………………………3分 （1）记Y表示购买套餐A的人数，则=（ x-800）Y, …………………………4分 ① 800 x900 时，Y~B(n,0.99) ， E() (x800)E(Y) 99n ，此时x900 时， E() 的最大值为99n …………………………6分 ② 900 x1000 时，Y~ B(n,0.9) , E() (x800)E(Y) (x800)0.9n180n， 此时 x1000 时， E() 的最大值为 180n …………………………8分 ③ 1000 x1100 时，Y~ B(n,0.7) , E() (x800)E(Y) (x800)0.7n210n， 此时 x1100 时， E() 的最大值为 210n …………………………10分 ④ 1100 x1200 时，Y~ B(n,0.2) , E() (x800)E(Y) (x800)0.2n80n， 此时 x1200 时， E() 的最大值为 80n …………………………11分 综上： E() 的最大值为 210n, 此时销售价格x  1100元/份 ……12分 b 1  21（１）由题意    a 2 ，可得   a2 ，  9  5 1 b1 a2 4b2 双曲线 C: x2 y2 1 4分 4 （２）法一：设直线 MN:xmyt ，代入 x2 y2 1 ，得 (m2 4)y2 2mtyt2 4 0 ， 4 3 {#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}m2   y y  2mt M(x,y),N(x ,y ) ，则有   1 2 m2 4 ， 6分 1 1 2 2  yy  t2 4  1 2 m2 4  4m2 4t2 16 0 直线 AM : y y 1 (x2) ，直线 A N: y y 2 (x2) ，由直线 AM 、 A N 的交点P在 x1 1 x 2 2 x 2 1 2 1 2 上得 3y 1  y 2 ， 8分 x 2 x 2 1 2 即： 3y 1  y 2 ,4myy (2t)(y y )(2t8)y 0 my t2 my t2 1 2 1 2 1 1 2 4m(t2 4) 2mt  (2t)(2t8)y 0 m2 4 m2 4 1 2(t4)[ m(t2) y ] 0 恒成立 m2 4 1 10分 若m(t2) y 0 ，将 y  m2 m2 t2 4 代入得 m m2 t2 4 0 ，t2 ， m2 4 1 1 m2 4 MN 过双曲线的顶点，与题意不符，故舍去 t4 直线 MN 过定点（4，0） 12分 法二：设 P(1,m) ，则设直线PA : y m (x2),PA : ym(x2) 1 2 3  m y (x2)  3 由 ，得(94m2)x2 16m2x16m2 36 0 ，记M(x,y ) ，则-2和x 是该方程的 x2 1 1 1 y2 1  4 两个根 则x  8m2 18 ,y  12m ， 7分 1 94m2 1 94m2 4 {#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}ym(x2)  由  x2 y2 1 ，得(14m2)x2 16m2x16m2 4 0 ，记N(x 2 ,y 2 ) ，则2和x 2 是该方程的  4 两个根 则x  8m2 2 ,y  4m ， 9分 2 4m2 1 2 4m2 1 则直线MN 的斜率 y y 12m(4m2 1)4m(94m2) 8m(4m2 3) 2m K  1 2    MN x x (8m2 18)(4m2 1)(8m2 2)(94m2) 4(4m2 3)(4m2 3) 4m2 3 1 2 10分 12m 2m 8m2 18 MN: y  (x ) ，令y0 ， 94m2 4m2 3 94m2 24m2 18 8m2 18 16m2 36 x   4 94m2 94m2 94m2 故直线MN 过定点（4，0） 12分 22解：(1)a0 时， f(x) 2ex12x ， xR f  (x) 2ex2 令 f  (x) 0,x0, f  (x) 0,x0 ， 所以， f(x) 在 (,0) 上递减，在 (0,) 上递增 f(x) 的极小值点为0（也可写 x0 ） …………………………4 分 (2) f  (x) 2ex22ax,xR ，且 f  (0) 0 f  (x) 2ex2a ，且 f  (0) 22a …………………………5 分 ①a0 时 f  (x) 0, f  (x) 在 R 上单调递增 x(,0), f  (x)  f  (0) 0, f(x) 单调递减， x(0,), f  (x)  f  (0) 0, f(x) 单调递增 x0 是 f(x) 的极小值点，符合题意 …………………………7 分 5 {#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}②a(0,1) 时，令 f  (x) 0,xln a x(ln a,), f  (x) 0, f  (x) 单调递增，且 f  (0) 0 x(ln a,0), f  (x)  f  (0) 0 ， f(x) 单调递减， x(0,), f  (x)  f  (0) 0, f(x) 单调递 增， x0 是 f(x) 的极小值点，符合题意 …………………………9 分 a1 时， x(0,ln a), f  (x) 0, f  (x) 单调递减， f  (x)  f  (0) 0, f(x) 单调递减, ③ 这与 x0 是 f(x) 的极小值点矛盾，舍去 …………………………10 分 ④a1 时，f(x)  2ex  2  2x,x  R，f(x)  2ex  2 ， x (0, ),f(x)  0,f(x)单调递增， x (, 0),f(x)  f(0)  0， f  (x) 单 调递减，x  R,f(x)  f(0)  0,f(x)在R上单调递增， x0 不是 f(x) 的极小值点， 舍去 …………………………11 分 综上： a 的取值范围为 (,1) …………12分 6 {#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}