2024年深圳市高三年级第二次调研考试数学试题参考答案及评分标准_2024年4月_01按日期_29号_2024届广东省深圳市高三年级第二次调研考试_2024届广东省深圳市高三年级第二次调研考试数学

2024 年深圳市高三年级第二次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 本试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A B D B C C B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 答案 AB ACD ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 π 3 12． 5 13． 8π 14． ； ( ,) （注：第一空2分，第二空3分） 3 3 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分） 如图，三棱柱ABCABC 中，侧面BBCC 底面ABC，且AB AC，AB AC． 1 1 1 1 1 1 1 （1）证明：AA 平面ABC； 1 （2）若AA BC 2，BAC 90，求平面ABC与平面ABC 夹角的余弦值． 1 1 1 1 C 证明：（1）取BC的中点M ，连结MA、MA ． 1 1 因为AB AC，AB AC，所以BC  AM ，BC  AM ． 1 1 1 A B 1 1 由于AM ，AM 平面AMA，且AM AM M ， 1 1 1 因此BC 平面AMA．…………………………………………………2分 1 因为AA平面AMA，所以BC  AA． 1 1 1 又因为AA// BB，所以BBBC， C 1 1 1 M 因为平面BBCC 平面ABC，平面BBCC 平面ABC BC， 1 1 1 1 A B 且BB平面BBCC，所以BB平面ABC． 1 1 1 1 因为AA// BB，所以AA 平面ABC．…………………………………………………………6分 1 1 1 解：（2）（法一）因为BAC 90，且BC 2，所以AB AC  2． 数学试题参考答案及评分标准 第1页 共7页 PDF Shaper Professional以AB，AC ，AA 所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 1 则A(0,0,2)，B( 2,0,0)，C(0, 2,0)，C (0, 2,2)． 1 1 所以AB( 2,0,2)，AC (0, 2,2)，AC (0, 2,0)． ………………………………………8分 1 1 1 1 设平面ABC的法向量为m(x ,y ,z )，则 1 1 1 1 z C  mAB0  x  2z 0 1  1 ，可得 1 1 ，令z 1，则m( 2, 2,1)， 1 mA 1 C0 y 1  2z 1 0 A 1 B 1 设平面ABC 的法向量为n(x ,y ,z )，则 1 1 2 2 2  nAB0 x  2z 0  1 ，可得 2 2 ，令z 2 1，则n( 2,0,1)，……12分 y nA 1 C 1 0 y 2 0 C 设平面ABC与平面ABC 夹角为， 1 1 1 M |mn| 3 15 则cos   ， |m||n| 5 3 5 A B x 15 所以平面ABC与平面ABC 夹角的余弦值为 ． …………………………………………13分 1 1 1 5 （法二）将直三棱柱ABCABC 补成长方体ABDCABDC ． 1 1 1 1 1 1 1 连接C D，过点C作CPC D，垂足为P，再过P作PQ AB，垂足为Q，连接CQ. 1 1 1 因为BD平面CDDC ，且CP平面CDDC ， 1 1 1 1 所以BDCP． C D 1 1 又因为CPC D，由于BD，C D平面ABDC ，且BD C DD， 1 1 1 1 1 所以CP平面A 1 BDC 1 ． A 1 B 1 P 由于AB平面ABDC ，所以ABCP. 1 1 1 1 因为CQ，PQ平面CPQ，且CQ PQQ， Q 所以AB平面CPQ． 1 C D 因为CQ平面CPQ， 所以CQ A 1 B． A B 则CQP为平面ABC与平面ABC 的夹角或补角， ………………………………………………11分 1 1 1 30 在△ABC中，由等面积法可得CQ ． 1 3 PQ 15 因为PQ AC  2，所以cosCQP  ， 1 1 CQ 5 15 因此平面ABC与平面ABC 夹角的余弦值为 ． ………………………………………………13分 1 1 1 5 16．（15分） 已知函数 f(x)(ax1)ex， f(x)是 f(x)的导函数，且 f(x) f(x)2ex． （1）若曲线y f(x)在x0处的切线为ykxb，求k，b的值； （2）在（1）的条件下，证明： f(x) kxb． 数学试题参考答案及评分标准 第2页 共7页解：（1）因为 f(x)(ax1)ex，所以 f(x)(axa1)ex， …………………………………………2分 则 f(x) f(x)aex． 因为 f(x) f(x)2ex，所以a2． …………………………………………4分 则曲线y f(x)在点x0处的切线斜率为 f(0)3． 又因为 f(0)1， 所以曲线y f(x)在点x0处的切线方程为y3x1， 即得k 3，b1． ………………………………………………………………………………………6分 （2）证：设函数g(x)(2x1)ex 3x1，xR， 则g(x)(2x3)ex 3． ………………………………………………………………………………8分 设g(x)h(x)，则h(x)ex(2x5)， ………………………………………………………10分 5 所以，当x 时，h(x)0，g(x)单调递增． 2 又因为g(0)0， 所以，x0时，g(x)0，g(x)单调递增； 5  x0时，g(x)0，g(x)单调递减． 2 5 又当x  时，g(x)(2x3)ex 30， 2 综上g(x)在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增， ……………………………………13分 所以当x0时，g(x)取得最小值g(0)0， 即(2x1)ex 3x1 0， 所以，当xR时，f(x) 3x1． ……………………………………………………………15分 17．（15分） 某大型企业准备把某一型号的零件交给甲工厂或乙工厂生产．经过调研和试生产，质检人员抽 样发现：甲工厂试生产的一批零件的合格品率为94%；乙工厂试生产的另一批零件的合格品率为98%； 若将这两批零件混合放在一起，则合格品率为97%． （1）从混合放在一起的零件中随机抽取3个，用频率估计概率，记这3个零件中来自甲工厂的 个数为X ，求X 的分布列和数学期望； （2）为了争取获得该零件的生产订单，甲工厂提高了生产该零件的质量指标．已知在甲工厂提 高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，大于在甲工厂不提高质量指标的 条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率． 设事件A“甲工厂提高了生产该零件的质量指标”，事件B“该大型企业把零件交给甲工厂 生产”．已知0P(B)1，证明：P(A|B)P(A|B)． 解：（1）设甲工厂试生产的这批零件有m件，乙工厂试生产的这批零件有n件， 事件M “混合放在一起零件来自甲工厂”， 事件N “混合放在一起零件来自乙工厂”， 数学试题参考答案及评分标准 第3页 共7页事件C “混合放在一起的某一零件是合格品”， m n 则P(M) ，P(N) ， mn mn m n P(C)P(C|M)P(M)P(C|N)P(N)94% 98% 97%， ………………………2分 mn mn 计算得3mn． m 1 所以P(M)  ．…………………………………………………………………………………3分 mn 4 1 X 的可能取值为0，1，2，3，X B(3, )， …………………………………………………5分 4 1 3 E(X)3  ， …………………………………………………6分 4 4 1 3 27 1 3 27 P(X 0)C0( )0( )3  ，P(X 1)C1( )1( )2  ， 3 4 4 64 3 4 4 64 1 3 9 1 3 1 P(X 2)C2( )2( )1  ，P(X 3)C3( )3( )0  ． 3 4 4 64 3 4 4 64 所以，X 的分布列为： X 0 1 2 3 27 27 9 1 P 64 64 64 64 ………………………………………………8分 证明：（2）因为在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，大于 在甲工厂不提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率， 所以P(B|A)P(B|A)．………………………………………………………………………………10分 P(AB) P(AB) 即  ． P(A) P(A) 因为P(A)0，P(A)0， 所以P(AB)P(A)P(AB)P(A)． 因为P(A)1P(A)，P(AB)P(B)P(AB)， 所以P(AB)(1P(A))(P(B)P(AB))P(A)． 即得P(AB)P(A)P(B)， ……………………………………………………………………12分 所以P(AB)P(AB)P(B)P(A)P(B)P(AB)P(B)． 即P(AB)(1P(B))P(B)(P(A)P(AB))． 又因为1P(B)P(B)，P(A)P(AB)P(AB)， 所以P(AB)P(B)P(B)P(AB)． 因为0P(B)1，0P(B)1， P(AB) P(AB) 所以  ． P(B) P(B) 即得证P(A|B)P(A|B)． …………………………………………………………………………15分 数学试题参考答案及评分标准 第4页 共7页18．（17分） 设抛物线C:x2 2py（ p0），直线l:ykx2交C于A，B两点．过原点O作l的垂线，交 直线y2于点M ．对任意kR ，直线AM ，AB，BM 的斜率成等差数列． （1）求C的方程； （2）若直线l//l，且l与C相切于点N ，证明：△AMN 的面积不小于2 2 ． 解：（1）设点A(x ,y )，B(x ,y )， 1 1 2 2 由题可知，当k 0时，显然有k k 0； AM BM 1 当k 0时，直线OM 的方程为y x，点M(2k,2)． k 联立直线AB与C的方程得x2 2pkx4p0， 4p2k2 16p0， 所以x x 2pk，x x 4p， ………………………………………………………………………3分 1 2 1 2 因为直线AM ，AB，BM 的斜率成等差数列， y 2 y 2 所以 1  2 2k． x 2k x 2k 1 2 kx 4 kx 4 (kx 4)(x 2k)(kx 4)(x 2k) 即 1  2 2k， 1 2 2 1 2k， x 2k x 2k (x 2k)(x 2k) 1 2 1 2 化简得2(k2 2)(x x 4k)0． …………………………………………………5分 1 2 将x x 2pk代入上式得2(k2 2)(2pk4k)0， 1 2 则 p2， 所以曲线C的方程为x2 4y． …………………………………………………………………………8分 （2）（法一）设直线l:ykxn，联立C的方程，得x2 4kx4n0． 由0，得nk2，点N(2k,k2) ， …………………………………………10分 设AB的中点为E， x x y  y k(x x )4 因为 1 2 2k ， 1 2  1 2 2k2 2，则点E(2k,2k2 2)． ……………12分 2 2 2 2k2 22 因为 k2， 2 所以点M，N ，E三点共线，且点N 为ME的中点， 1 所以△AMN 面积为△ABM 面积的 ． ……………………………………………………………14分 4 2k2 4 记△AMN 的面积为S ，点M(2k,2)到直线AB：kx y20的距离d  ， k2 1 1 1 (2k2 4) 3 所以S  |AB|d  1k2  (x x )2 4x x  (k2 2)2 2 2 ， 8 8 1 2 1 2 k2 1 当k 0时，等号成立． 所以命题得证． ………………………………………………………………………………………17分 数学试题参考答案及评分标准 第5页 共7页（法二）设直线l:ykxn，联立C的方程，得x2 4kx4n0． 由0，得nk2，则点N(2k,k2) ． 所以直线MN 与x轴垂直． ……………………………………………………12分 记△AMN 的面积为S ， 1 x x 1 所以S  |MN|| 1 2 |  |MN| (x x )2 4x x …………………………………14分 2 2 4 1 2 1 2 1  |k2 2| (4k)2 4(8) 2 3 (k2 2)2 2 2 ． 当k 0时，等号成立． 所以命题得证． ……………………………………………………………………………………17分 19．（17分） 无穷数列a ，a ，…，a ，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到 1 2 n 得出一个奇数，这个奇数就是a ；如果n是奇数，就对3n1尽可能多次地除以2，直到得出一个 n 奇数，这个奇数就是a ． n （1）写出这个数列的前7项； （2）如果a m且a n，求m，n的值； n m （3）记a  f(n)，nN*，求一个正整数n，满足 n n f(n) f(f(n))… f(f(…(f (n))…))． 2024个f 解：（1）a 1，a 1，a 5，a 1，a 1，a 3，a 11． ……………………………3分 1 2 3 4 5 6 7 （2）由已知，m，n均为奇数，不妨设n m． 当n1时，因为a 1，所以m1，故mn1； ……………………………5分 1 3n1 3n1 当n1时，因为 n m，而n为奇数，a m，所以m ． ………………6分 4 n 2 3m1 又m为奇数，a n，所以存在kN*，使得n 为奇数． m 2k 3(3n1) 9n5 所以2kn3m1 1 ． 2 2 9n5 而4n 6n，所以4n2kn6n，即42k 6，kN*，无解． …………………………7分 2 所以mn1． ……………………………………………………………………………8分 n （3）显然，n不能为偶数，否则 f(n) n，不满足n f(n)． 2 所以，n为正奇数． 又 f(1)a 1，所以n 3． …………………………………………………………………10分 1 设n4k1或n4k1，kN*． 数学试题参考答案及评分标准 第6页 共7页3(4k1)1 当n4k1时，f(n) 3k 14k 1n，不满足n f(n)； ……………12分 4 3(4k1)1 当n4k1时，f(n) 6k 14k 1n，即n f(n)． ……………14分 2 所以，取n22025k1，kN*时， 3(22025k1)1 3(322024k1)1 n f(n) 322024k1 f(f(n)) 3222023k1 2 2 3(3202223k1)1 … f(f(…(f (n))…)) 3202322k1 2 2023 3(3202322k1)1  f(f(…(f (n))…)) 320242k1 2 2024 即n f(n) f(f(n))… f(f(…(f (n))…))． ……………………………………………………17分 2024个f 注：只要给出n2mk1，并满足条件m,kN*，m 2025中的其一组m,k的值，就认为是正 确的． 数学试题参考答案及评分标准 第7页 共7页