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

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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=}#}