2024年深圳市高三年级第一次调考数学答案(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套_2024年深圳一模数学试卷+答案

2024 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 一、选择题：每小题5分，共40分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B D A B C C D 二、选择题：每小题6分，共18分。 题号 9 10 11 答案 BC AC ACD 说明：第9、10题全部选对得6分，选对1个得3分，有选错得0分；第11题全部选对得6分，每 选对1个得2分，有选错得0分． 三、填空题：每小题5分，共15分。 12． ； 13． 2024年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第1页 共8页 2 2 3 + 4 ； 14． 1 8 ． 四、解答题： 15．（13分） S 证明：（1）设等差数列{ n}的公差为 n d ，则 S 4 4 = S 1 1 + 3 d ，即 S 1 + 3 d = 5 ，① ………………1分 因为 S 2 = a 1 + a 2 = S 1 + 4 S S ，所以由 2 = 1 +d ，得 2 1 S 1 + 2 d = 4 ．② …………………………2分 由①、②解得 S 1 = 2 S ，d =1，所以 n =n+1，即 n S n = n ( n + 1 ) ，……………………………3分 当 n … 2 时， a n = S n − S n − 1 = n ( n + 1 ) − ( n − 1 ) n = 2 n ， 当 时，a =S =2，上式也成立，所以a =2n(nN*)， ………………………………5分 1 1 n 因为当 n … 2 时，a −a =2，所以数列{a }是等差数列． …………………………………6分 n n−1 n b a 2n n 解：（2）由（1）可知 n+1 = n = = ，…………………………………………………7分 b a 2n+4 n+2 n n+2 当 n … 2 b b b n−1 n−2 1 12 时，b = n  n−1 … 2 b =  … 6= ， n b b b 1 n+1 n 3 n(n+1) n−1 n−2 1 − π 3 n=1 PDF Shaper Professional因为b =6满足上式，所以 1 2024年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第2页 共8页 b n = n ( 1 n 2 + 1 ) ( n  N * ) ． ……………………………………………9分 1 1 1 1 1 1 12 T =12[(1− )+( − )+ +( − )]=12(1− )=12− ， ……………………11分 n 2 2 3 n n+1 n+1 n+1 12 因为当 N*时， ， ， n+1 3 ， 5 ， 1 1 ，所以 M = { 6 , 8 , 9 ,1 0 ,1 1 } ． …………………13分 16．（15分） 证明：（1）不妨设AD=AP=3， ∵PAD=120，DM =2MP， ∴DP=3 3， D M = 2 3 ， P M = 3 ， ………………………………………………………1分 由余弦定理得 A M = A P 2 + M P 2 − 2 A P  M P c o s 3 0  = 3 ， 在 △ A D M 中， A D 2 + A M 2 = D M 2 ，∴ M A ⊥ A D ， …………………………………………2分 ∵平面 A B C D ⊥ 平面PAD，平面 A B C D 平面 P A D = A D ， M A  平面 P A D ， ∴ M A ⊥ 平面 A B C D ． ∵ B D  平面 A B C D ，∴MA⊥BD，……………………………………………………………4分 ∵四边形 A B C D 是菱形，∴ A C ⊥ B D ，…………………………………………………………5分 又∵ A C M A = A ，且AC平面 A C M ，MA平面 A C M ，∴ B D ⊥ 平面 A C M ． ……6分 解：（2）在平面 A B C D 内，过点 B 作 A D 的垂线，垂足为N ， ∵平面 A B C D ⊥ 平面PAD，平面 A B C D 平面 P A D = A D ， ∴BN⊥平面 A D P ，…………………………………………7分 又∵四边形ABCD是菱形，ADC=60，∴BDA=30， ∴ △ A C D ,△ABC均为等边三角形，………………………8分 以点A为坐标原点，AD，AM 及过点A平行于NB的直线分别 为 x ， y，z轴，建立空间直角坐标系（如图）， 3 3 3 3 3 3 则A(0,0,0)，B(− ,0, )，D(3,0,0)，P(− , ,0)，……………………………9分 2 2 2 2 由（1）BD⊥平面ACM ， ∴ B D = ( 9 2 , 0 , − 3 2 3 ) 为平面ACM 的一个法向量， …………………………………………10分 设平面 A B P n=1 2 z B C N A D M P x y 的法向量为m=(x, y,z)， ABm =0, 则 即 APm =0, 2024年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第3页 共8页  − − 3 2 3 2 x x + + 3 3 2 2 3 3 z y = = 0 0 , , ……………………………………………………………11分 令 x = 3 ，可得 m = ( 3 , 1 , 1 ) ， ………………………………………………………………12分 3 3 5 ∵|cosBD,m|=| |= ， …………………………………………………………14分 53 3 5 ∴平面 A C M 与平面 A B P 的夹角的余弦值为 5 5 ．……………………………………………15分 17．（15分） 1 1 解：（1）由题可知 f()=3 +(1−)3 =32 −3+1=3(− )2 + ， …………………………2分 2 4 因为 0 1    ，所以当 1 2  = 时， f ( )  的最小值为 1 4 ． ……………………………………4分 （2）由题设知，X 的可能取值为 1 ， 2 ， 3 ， 4 ．………………………………………………5分 ①当 X = 1 时，相应四次接收到的信号数字依次为 0 1 0 1 或1010．因此， P ( X = 1 ) = 2 3  1 3  2 3  1 3 + 1 3  2 3  1 3  2 3 = 8 8 1 ，……………………………………………………6分 ②当 X = 2 时，相应四次接收到的信号数字依次为 0 0 1 0 ，或 0 1 0 0 ，或 1 1 0 1 ，或 1 0 1 1 ，或 1 0 0 1 ， 或 0 1 1 0 ，或 1 1 0 0 ，或 0 0 1 1 ．因此， P ( X = 2 ) = ( 2 3 ) 2  1 3  2 3  2 + ( 1 3 ) 2  2 3  1 3  2 + ( 1 3 ) 2  ( 2 3 ) 2  4 = 3 8 6 1 = 4 9 ， ………………………8 分 ③当 X = 3 时，相应四次接收到的信号数字依次为 1 1 1 0 ，或 0 1 1 1 ，或0001，或 1 0 0 0 ．因此， P ( X = 3 ) = ( 1 3 ) 3  2 3  2 + 1 3  ( 2 3 ) 3  2 = 2 8 0 1 ，……………………………………………………10分 ④当 X = 4 时，相应四次接收到的信号数字依次为0000，或 1 1 1 1 ．因此， P ( X = 4 ) = ( 1 3 ) 4 + ( 2 3 ) 4 = 1 8 7 1 ．……………………………………………………………………12分 所以 X 的分布列为 X 1 …………………………………………………13分 2 3 4 P 8 8 1 4 20 17 9 81 81因此， 2024年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第4页 共8页 X 的数学期望 E ( X ) = 1  8 8 1 + 2  3 8 + 3  2 8 0 1 + 4  1 8 7 1 = 2 0 8 8 1 ．…………………………15分 18．（17分） 解：（1）当 a = 0 时， f ( x ) = − 2 x ln x − x 2 ， 则 f ( x ) = − 2 (1  ln x + x  1 x ) − 2 x = − 2 ( ln x + x + 1 ) ，……………………………………………1分 1 令g(x)= f(x)，则g(x)=−2( +1)， x 因为 x  [ e − 2 ,1 ] ，所以 g ( x )  0 ．则g(x)在 [ e − 2 ,1 ] 上单调递减，……………………………2分 又因为 f ( e − 2 ) = 2 (1 − e − 2 )  0 ， f (1 ) = − 4  0 ， 所以  x 0  ( e − 2 ,1 ) 使得 f ( x 0 ) = 0 ， f(x)在(e−2,x )上单调递增，在 0 ( x 0 ,1 ) 上单调递减． 因此， f ( x ) 在 [ e − 2 ,1 ] 上的最小值是 f ( e − 2 ) 与 f (1 ) 两者中的最小者．…………………………3分 因为 f ( e − 2 ) = 4 e − 2 − e − 4 = e − 2 ( 4 − e − 2 )  0 ， f (1 ) = − 1 ， 所以函数 f ( x ) 在[e−2,1]上的最小值为−1．………………………………………………………4分 （2） f ( x ) = a [1  e x + 1 + ( x − 1 ) e x + 1 ] − 2 (1  ln x + x  1 x ) − 2 x = a x e x + 1 − 2 ( ln x + x + 1 ) ， 2(lnx+x+1) 2(lnx+x+1) 由 f(x)=0，解得a= = ，…………………………………………6分 xex+1 elnx+x+1 易知函数 y = ln x + x + 1 在 ( 0 , +  ) 上单调递增，且值域为R， 令lnx+x+1=t，由 f ( x ) = 0 ，解得 a = 2 e t t ， 2t 2(1−t) 设h(t)= ，则h(t)= ， et et 因为当 t  1 时， h ( t )  0 ，当 t  1 时， h ( t )  0 ，所以函数h(t) 在(−,1)上单调递增，在(1,+)上单调递减． 2 2 根据h(1)= ，t →−时，h(x)→−，lim h(t)= lim =0, e t→+ t→+ et 得 h ( t ) 的大致图像如图所示． ………………………………………………………………………7分 因此有： （ⅰ）当 a  2 e 时，方程 h ( t ) = a 无解，即 f ( x ) 无零点， f ( x ) 没有极值点；………………8分（ⅱ）当 2024年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第5页 共8页 a = 2 e 时， f ( x ) = 2 e ln x + x − 2 ( ln x + x + 1 ) ， 利用 e x … x + 1 ，得 f ( x ) … 2 ( ln x + x + 1 ) − 2 ( ln x + x + 1 ) = 0 ，此时 f ( x ) 没有极值点； ……9分 （ⅲ）当 0  a  2 e 时，方程 h ( t ) = a 有两个解，即 f ( x ) 有两个零点， f ( x ) 有两个极值点； （ⅳ）当 a „ 0 时，方程h(t)=a有一个解，即 f(x)有一个零点， f(x)有一个极值点． 综上，当 a „ 0 时， f ( x ) 有一个极值点；当 0  a  2 e 时， f ( x ) 有两个极值点；当 a … 2 e 时， f ( x ) 没有极值点．……………………………………………………………………………………………11分 （3）先证明当 x  ( 0 , π 4 ) 时， s i n x x  2 π 2 ． sinx π 设n(x)= (x(0, ))，则 x 4 n ( x ) = ( c o s x )  x x 2 − s i n x ， 记 p ( x ) = x c o s x − s i n x ( x  ( 0 , π 4 ) ) ，则 p ( x ) = 1  c o s x + x  ( − s i n x ) − c o s x = − x s i n x  0 ， p ( x ) 在 ( 0 , π 4 ) 上单调递减， ……………………………………………………………………13分 π 当x(0, )时， 4 p ( x )  p ( 0 ) = 0 ， n ( x )  0 ，则 n ( x ) 在 ( 0 , π 4 ) 上单调递减， n ( x )  n ( π 4 ) = 2 π 2 ， 即当 x  ( 0 , π 4 ) 时，不等式 s i n x x  2 π 2 成立． …………………………………………………14分 由（2）知，当函数 f ( x ) 无极值点时， a  2 e ，则 0  1 2 a  e 4  π 4 ，…………………………15分 在不等式 s i n x x  2 π 2 中，取 x = 1 2 a ，则有 2 a s i n 1 2 a  2 π 2 ， 即不等式 a s i n 1 2 a  π 2 成立．……………………………………………………………………17分 19．（17分） 解：（1）设点 P ( x , y ) (x−m)2 + y2 m = ，由题意可知 n2 n ，……………………………………2分 |x− | mm 即(x−m)2 + y2 =( x−n)2， n 经化简，得 2024年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第6页 共8页 C 的方程为 x n 2 2 + n 2 y − 2 m 2 = 1 ，………………………………………………………3分 当mn时，曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆； 当mn时，曲线 C 是焦点在 x 轴上的双曲线． ………………………………………………4分 （2）设点 M ( x 1 , y 1 ) ，N(x ,y )， 2 2 M ( x 3 , y 3 ) ，其中 y 1  0 , y 2  0 且 x 3 = − x 2 , y 3 = − y 2 ， (i)由（1）可知 C x2 y2 的方程为 + =1， 16 8 A ( 2 2 , 0 ) ， B ( − 2 2 , 0 ) ， 因为AM//BN，所以 x 1 − y 1 2 2 = x 2 + y 2 2 2 = − x − 2 − y 2 2 2 = x 3 − y 3 2 2 ， 因此， M ，A， M  三点共线，且 | B N |= ( x 2 + 2 2 ) 2 + y 22 = ( − x 2 − 2 2 ) 2 + ( − y 2 ) 2 = | A M  | ， …………………………………5分 （法一）设直线 M M  的方程为 x = t y + 2 2 ，联立 C 的方程，得 ( t 2 + 2 ) y 2 + 4 2 t y − 8 = 0 ， 则 y 1 + y 3 = − 4 2 t + 2 t 2 ， y 1 y 3 = − t 2 8 + 2 ， ………………………………………………………6分 由（1）可知 | A M =| 2 4 2 | x 1 − 2 1 6 2 =| 4 − 2 2 x 1 ， | B N |= A M  = 4 − 2 2 x 3 ， 2 2 2 2 (4− x )+(4− x ) (2− ty )+(2− ty ) 1 1 |AM |+|BN| 2 1 2 3 2 1 2 3 所以 + = = = |AM | |BN| |AM ||BN| 2 2 2 2 (4− x )(4− x ) (2− ty )(2− ty ) 2 1 2 3 2 1 2 3 = 4 − 4 2 − t ( y 2 1 2 + t ( y y 3 1 ) + + y 1 2 ) 3 2 t y 1 y 3 = 4 − 2 t 4  ( − − 2 42 t 2 + 2 t t 2  ( ) − + 42 t1 2 2 + 2 t t 2  ) ( − t 2 8 + 2 ) = 1 （定值）．………8分 （法二）设MAx=，则有 2 2 A A M M c o s 2 4 2  − = ，解得 A M 2 4 2 c o s  = + ， 同理由 2 2 A A M M c o s 2 4 2  +   = ，解得 A M 2 4 2 c o s   = − ， 1 1 1 1 2+ 2cos 2− 2cos 所以 + = + = + =1（定值）.………………8分 |AM | |BN| |AM | |AM| 4 4 由椭圆定义 BQ + QM + MA =8，得 QM =8− BQ − AM ， |AM | |QM | 8− BQ − AM AM//BN，∴ = = ， |BN| |BQ| BQ解得 2024年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第7页 共8页 | B Q |= ( 8 − | A | M A M | + |) |  | B B N N | | ， (8−|BN|)|AM | 同理可得|AQ|= ， ……………………………………………………………10分 |AM |+|BN| 所以 | A Q | + | B Q |= ( 8 − | A | B M N | |) +  | | B A N M | | + ( 8 − | A | M A M | + |) |  | B B N N | | = 8 ( | A M | + | B | A N M |) | + − | 2 B | N A M | |  | B N | 2 =8− =8−2=6 1 1 ． + |AM | |BN| 因为 A B = 4 2 ，所以 △ A B Q 的周长为 6 + 4 2 （定值）． …………………………………12分 (ii) 当 m  n 时，曲线 C 的方程为 x n 2 2 − m 2 2 y − n 2 = 1 ，轨迹为双曲线， 根据（ⅰ）的证明，同理可得 M ， A ， M  三点共线，且|BN|=|AM|， （法一）设直线 M M  的方程为 x = s y + m ，联立 C 的方程， 得 [ ( m 2 − n 2 ) s 2 − n 2 ] y 2 + 2 s m ( m 2 − n 2 ) y + ( m 2 − n 2 ) 2 = 0 ， ∴ y 1 + y 3 = − ( 2 m s m 2 − ( m n 2 2 ) − s n 2 − 2 ) n 2 ， y 1 y 3 = ( m ( 2 m − 2 n − 2 n ) 2 s ) 2 2 − n 2 ，（*） ………………………………13分 因为 | A M |= m n ( x 1 − n m 2 ) = m n x 1 − n ， | B N |= | A M  |= m n x 3 − n ， 所以 | A 1 M | + | B 1 N = = 1 = | | A M m ( x − 1 n m ( x 1 n 2 2 m s y 2 n + | n ) − n y 1 3 1 | A M m + ( n m ) ( x n s m ( n ( m + x 3 y 2 =  | − 3 − n + 1 − n2 n | A | A n ) ) y ) 3 2 ) m M M = + s | + | A M | | A M  s m ( y + 1 ns m ( y 1 n 2 2 ( m − n ( y + y 1 3  |  | 2 m − n2 m + 2 n ) ( m ) + n − n 2 2 n − n ) 2 2 + ) n ( 2 ( s ) s m n 2 m n y y 3 3 + + m m 2 2 − n − n n n 2 2 ) ) ， 1 1 2n 将（*）代入上式，化简得 + = ，…………………………………………15分 |AM | |BN| m2 −n2 AM m = m2 −n2 （法二）设MAx=，依条件有 n2 n ，解得 AM = ， (m− )+ AM cos n−mcos m AM m = m2 −n2 同理由 n2 n ，解得 AM = ， (m− )− AMcos n+mcos m所以 2024年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第8页 共8页 | A 1 M | | B 1 N | | A 1 M | | A 1 M | n m m 2 c o n s 2 n m m 2 c o n s 2 m 2 2 n n 2   + = +  = − − + + − = − .…………………15分 由双曲线的定义 BQ + QM − MA =2n，得 QM =2n+ AM − BQ ， |AM | |QM | 根据 = ，解得 |BN| |BQ| | B Q |= ( 2 n | + A | M A M | + |)  | B | N B N | | ， 同理根据 | | A B M N | | = | | A Q Q N | | ，解得 | A Q |= ( 2 n | + A | M B N | + |) |  B | A N M | | ， 所以 | A Q | + | B Q |= = 2 ( 2 n n | + + A | | M A B 1 M N | + |)  | B 2 + | | A N | B M | 1 N | | + = ( 2 2 n n + | A + | M m A 2 M | + − n |)  | B 2 n | B N = N | m | 2 = + n 2 n n 2 + 2 | | A A M M | | +  | B | B N N | | ，……………………………16分 由内切圆性质可知， S = 1 2 ( | A B | + | A Q | + | B Q |)  r ， 当S=r时， 1 2 ( | A B | | A Q | | B Q |) m m 2 2 n n 2 ( m 2 n n ) 2  = + + = + + = + （常数）． 因此，存在常数使得 S r  = 恒成立，且 ( m 2 n n ) 2  = + ．……………………………………17分