上饶市2024届高三一模数学参考答案(1)(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届上饶一模数学试题+答案

上饶市 2024 届高三一模数学参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D A C B B C C C BCD BC ABD ACD 二、填空题 2 33 13. 80 14. 3 15. （，6 2] 16. 11 部分选择填空详解 12.半径为 2 的两球球心为 A，B；半径为 4 的两球球心为 C，D，易知 AB=4，CD=8， 64 AC=AD=BC=BD=6。易知V  ； ABCD 3 若外切，设小球中心为O，半径为r，则点O在四面体ABCD内，且AO=BO=2+r，CO=DO=4+r， 取 AB 中点 E，CD 中点 F，连接 EF，易知 O 在 EF 上，CE=DE= 4 2 ，EF=4， OF OC2 CF2  （4r）2 42  r（r8），同理OE  r（r4），代入OE+OF=4 8 3 8 3 r  4 r  4 得 3 ；同理：若内切则 3 。 16.解：（解法一）由已知得，点 ， ， ，F(c,0), 、 4c 4bc ∵O､N､F､M四点共圆, ∴ AO B+ , ,− 2,−2 N 3 , 3 ∠ ∠NFM= π 又∵ 4bc 3 4 = 4 3 c −c = = ∴ OB= ,即： = , 4 − 2 − 2 1+ = ∠ 1− 2 1+ 4 ∙ 1− 2 2 ∴ 2 2 ∴ =11 2 2 12 =11c ∴ 2 33 e= 11 （解法二）由已知得，点 ， ，F(c,0)， 4c 4bc , 2,−2 N 3 , 3 c2 b2c2 c2 16b2c2 因为MOF AOF,根据圆的性质，可知 MF  AF ，    4 4a2 9 9a2 b2 1 2 33 解得  ，所以e a2 11 11 三、解答题  17.解：（1）因为acb 3sinAcosA ,   由正弦定理可得sinAsinC sinB 3sinAcosA ,   即sinAsin  AB sinB 3sinAcosA , 即 sinAsinAcosB  3sinAsinB,  π 1 又因为sinA0,所以 3sinBcosB 1,所以sinB   . ………3分  6 2 π  π 5π 又因为B 0,π  ,所以B    , , 6  6 6  π π π 所以B  ,所以B  . ………5分 6 6 3 1 （2）因为S  3,所以 acsinB  3得ac4, △ABC 2 由余弦定理得： a2 c2 b2 2accosB 13. ………7分  1    又BD  BABC , 2 所以|  B  D  |2 1 (  B  A    B  C  )2  1 c2 a2 2accosB   17 , 4 4 4  17 17 得 BD  ,故BD的长为 . ………10分 2 2 18.证明：（1）在△ADH中，CH＝2，CD＝4， 由DH⊥AC，解得∠ ＝ ， ， .........................(2分) 又因为平面ACFD⊥平 面 AB6C0，° 平 面 =AC2FD3∩平面ABC＝AC，DH 平面ACFD， 所以DH⊥平面ABC， ⊂ 因为BC 平面ABC，所以DH⊥BC， 又因为B⊂H⊥BC，BH∩DH＝H，BH 平面BDH，DH 平 面BDH， ⊂ ⊂ 所以BC⊥平面BDH， 因为DB 平面BDH，所以BC⊥DB， 又因为B⊂C∥EF，所以EF⊥DB； ...............................................................(5分) （2）由（1）知DH⊥平面ABC，则以H为原点， ， 的方向分别为y，z轴的正方向， → → 建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（0，﹣1，0）， ， ， ， ，， ，C（0，2，0）， ，， ， 3 1 ( 0) (0 0 2 3) (0 1 2 3) 所以 ， ， ，2 2 ，， ， → → 3 3 =( 0) =(0 1 2 3) ， 2，2 ， .....................(6分) → =(0 −1 2 3) 设平面ABD法向量为 ，， ， → =( ) 则 → → ， 3 3 ⋅ = + =0 2 2 → → 令 ⋅ =， 得+2平面3 A = BD 0 的一个法向量为 ， ， ，.........................(8分) → 设 C = F −与2平3面ABD所成角为 ， =(6 −2 3 1) θ 则sin ＜ ， ＞ → → ，.............................................(10分) → → | ⋅ | 4 3 4 39 → → θ=| |= | || | = 13×7= 91 所以CF与平面ABD所成角的正弦值为 ．..................................................(12分) 4 39 91 19．(1) =2n (n ) (2) =1265 ∗ 解：（1） 有已知得 ∈ ： N4 2024 , 2 当n=1时， =2 + ∴ >…0 ……………………………………………1分 2 当n 时，4s1 =44a1 =2a1+a1 得 1 =2 4 2 =2 + 2 2 ≥2 2 4an =2an−2an−1+an−an−1 ∴ −1 =2 −1)+( −1 …………………………………………………3分 ∵2(an+an− > 1 0)=((an+an−1 (an−an−1) ∴an+an−1 =2 ∴a数n列−an−1是以2为首项2为公差的等差数列 ∴ =2n (n )……………………………………………………………………………5分 ∗ ∈N (2) 有已知得： 2 −1 2 −1 2 −1 = 2024 = 1012 ∴ + ,……………………………7分 1 (1+2×1012−1)∙1012 1+ 3+ 5+⋯ 2023 =1012∙ 2 =1012 4052 1013 1 1 ∵ 2 = = ( − ) 4 ∙(4 +4) 4 +1 1013 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴b2+b4+b6+⋯+ 2024 = 4 (1−2+2−3+3−4+⋯+1011−1012+1012−1013) …………………………………………………………………………10分 1013 1012 = 4 ∙1013 =253= + + )+( ∴ 20 ) 2 = 4 1+ 2+ 3+⋯ 2023+ 2024 =( 1+ 3+ 5+⋯ 2023 b2+b4+b6+⋯+ 10 20 1 2 2 4 +253=1265……………………………………………………………………………12分 20.解：（1）由于王先生过去三年都没有出险，若不出险，王先生接下来三年只需按最低 标准1800元缴费，共需5400元。 若进行理赔，则接下来三年每年需2100元，共需6300元 6300-5400=900<1000 故出险理赔更划算........................................(4分) （2）设商业险保费数额为随机变量X，则X的可能值为5400，4500，3600，3000，2400， 2100，1800。 .............................(5分) 则P(X 5400)0.10.10.10.001 P(X 4500)C1(0.1)3 0.003 3 P(X 3600)C1(0.1)3 C2(0.1)20.80.027 .............................(7分) 3 3 P(X 3000)C10.8C1(0.1)2 (0.1)3 0.049 3 2 P(X 2400)C10.1(0.8)2 C2(0.1)20.80.216 3 3 P(X 2100)C1(0.8)20.10.192 3 P(X 1800)(0.8)3 0.512.............................(10分) X 5400 4500 3600 3000 2400 2100 1800 P 0.001 0.003 0.027 0.049 0.216 0.192 0.512 则EX 54000.00145000.00336000.02730000.04924000.21621000.19218000.512 2106.（3 元） .............................(12分) 21（1）设 ，易得 ，直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ， ( , ) ≠±2 +2 −2 则 ，……………………………………………………………………2分 3 +2⋅ −2=−4 整理得 ，则曲线E方程为 2 2 4 + 3 =1 ；………………………………………………………………4分 2 2 4 + 3 =1 ≠±2(2)由题意可知，设AB直线为 ， ， ,则 因为 分别是 的中点，所以 = ( −1)( ≠0) ， ( 1, 1) ( 2, 2), ( 3, 3) 2+ 3 2+ 3 1 = 2 , 1 = 2 1 2+ 3 2− 3 = = , = 因为 1 在椭 圆 2+ 3 2 上−， 3 2 2 , 4 + 3 =1 所以 2 2 2 2 ，由 ，得 ，即 2 2 2 2 4 + 3 =1① 2 − 3 2 − 3 2 2 { 3 3 ①−② 4 + 3 =0 4 + 3， = 于 1 是 ② 有 ， 2 2 2 − 3 3 2+ 3 2− 3 3 2 2 2 − 3 =−4 2+ 3⋅ 2− 3 =−4 所以 ，………………………………………6分 3 1 3 ⋅ =−4⇒ 1⋅ =−4 ，解得 2 ，∴ ． 1 1 ⋅ =− 3 4 1 =3+ 4 4 2 4 2 2 −3 2 { { −3 (3+4 ,3+4 ) ∵ 1 = ( ， 1 将 − 上 1) 式 点坐 标 1 中 = 的3+4 换 2 成 ，同理可 1 ≠0 − 得 ．…………………………………………………………8分 4 3 2 2 (3 +4,3 +4) ①当直线MN不垂直于 轴时，直线MN的斜率 3 −3 ， 3 2+4−3+4 2 7 = 4 4 2 =4(1− 2 ) 3 2+4−3+4 2 其方程 ，化简得 ， 2 −3 7 4 7 4 2 2 2 2 −3+4 =4(1− )( −3+4 ) =4(1− )( −7) ∴直线MN过定点 ．…………………………………………………10分 4 (7,0) ②当直线MN垂直于 轴时， ，此时， ，直线MN也过定点 ． 2 4 4 4 2 2 3 +4=3+4 =±1 (7,0) 综上所述，直线MN过定点 ．………………………………………12分 4 lnx(17,0) lnx 22.解：（1） f(x) ,x 0  f(x) ,x0 x x2  f(x)在x(0,1)上为增函数,在x(1,)上为减函数1  f( )0, f(1)1, 且x时, f(x)0 . a(0,1) ………3分 e ex1 lnx1 ex1 1 （2）（i）记g(x) f(x)   ,x( ,1) e1 x e1 e lnx e 1 2lnx1 则g(x)  ,x( ,1) g(x) 0 x2 e1 e ， x3 1 1 e e g(x)在x( ,1)上为减函数，g( )e2- >0, g(1)- <0 e e e1 e1 1 存在x ( ,1),使得g(x ) 0， 0 e 0 1 x( ,x )时，g(x)0；x(x ,1)时，g(x)0 e 0 0 1 g(x)在x( ,x )上为增函数,在x(x ,1)上为减函数 e 0 0 1 又( )0, g(1)0 g(x)0 ……………7分 e 1 （ii） 不妨设x  x ,则