乌鲁木齐2024年第一次质量监测数学答案(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

乌鲁木齐地区 2024 年高三年级第一次质量监测
数学（答案）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．
1~4 ACDC 5~8 ABBD
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项
符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. ABC 10.BCD 11.ABD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
10
12.4 13.0.1 14. 或5
2
四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过
程或演算步骤．
ìïa +a =30 ìïa +a =30
15.（13分）（Ⅰ）由题设得í 2 4 ，故í 2 4 ，
ïî S =45 ïîa +a =15
4 1 3
因为数列{a }为等比数列，所以数列
ìïï
í
q=2
，所以a =3´2n-1； …6分
n ï ïîa
1
=3 n
n-1
（Ⅱ）由（Ⅰ）得b n = a a 1 = 3 2n-1 1 3 2n = 18 1 4n-1 = 1 1 8 ´ç ç ç 1 4 ÷ ÷ ÷ ，
n n+1
n
所以T n = 1 1 8 ç ç ç ç 1-ç çç 1 1 4 ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷÷ = 2 2 7 ç ç ç ç 1- 1 4 n ÷ ÷ ÷ ÷÷ = 2 2 7 - 5 1 4 1 4 n-1 . …13分
1-
4
16.（15分）（Ⅰ）不能据此判断； …4分
（Ⅱ）由频率分布直方图可知，成绩90分以下所占比例为7%+13%+20%+24%=64%，因此
85-64 35
第85百分位数一定位于[90,100]内，由90+10´ =90+ »95.8，可以估计该地区近视
100-64 6
学生的学习成绩的第85百分位数约为95.8； …9分
（Ⅲ）设A=“该地区近视学生”，B=“该地区优秀学生”，
由题设得P(B|A)=0.48，P(A)=0.54，P(B)=0.36，
P(AB) P(B|A)P(A) 0.48´0.54
所以P(A|B)= = = =0.72 . …15分
P(B) P(B) 0.36

17. （15分）（Ⅰ）以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，不妨设AB2，则 A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，

P0,0,2，E1,0,1，F2,1,0，AF 2,1,0，
 
BP2,0,2，BC0,2,0，设平面PBC的法向量nx,y,z，
 
 nBP0 2x2z0  nAF 10
则  ，即 ，可取n1,0,1，因为cos n,AF    ，
nBC0 2y0 n AF 5
10
所以AF 与平面PBC所成角的正弦值为 ； …7分
5
  
（Ⅱ）假设截面AEF 内存在点G满足条件，设AF AEAF，0，0，1，
    
所以DGDAAG2,2, ,AE1,0,1 ,AF 2,1,0 ,因为DG平面AEF ，所以
   2

 DGAE0 220   3
  ,所以 ，解得 ，这与假设矛盾矛盾，所以不存在点G，
DGAF 0 2520  2
 3
使DG^平面AEF . …15分
 b2

 c 6 x2 y2
18.（17分）（Ⅰ）由题设得  ，解得a2 12，所以C的方程为 + =1； …4分
 a 3 12 4
a2 b2c2

（Ⅱ）由题意可设l : y kxm  m 2 ，设A  x ,y ,B  x ,y ，
AB 1 1 2 2
 ykxm
由  x2 y2 ，整理得  13k2 x2 6kmx3m2 120，
  1
12 4
36k2m2 4  13k2 3m2 12  12  12k2 m2 4 
3m2 12 6mk
由韦达定理得x x  ，x x  ，
1 2 13k2 1 2 13k2
y 2 y 2 kx m2 kx m2
由k +k =4k 得 1  2 4k，即 1  2 4k，
PA PB AB x x x x
1 2 1 2
整理得2mk  m2 2  4m2 k ，因为k 0，得m2 m20，解得m2或m1，
m2时，直线AB过定点P  0,2 舍去；
m1时,满足36  4k2 1  0，所以直线AB过定点 0,1  . …10分1
（Ⅲ）由（Ⅱ）得直线l : y kx1，所以x  y1 ，
AB k
 1
x y1
由    k ，整理得   1 3   y2 2 y 1 120 ，36   1 4   0，
 x2 y2 k2  k2 k2 k2 
 1
12 4
1
4
1 k2
由题意得S  FF y  y 2 2 y  y 12 2 ，
F 1 AF 2 B 2 1 2 1 2 1 2 1
3
k2
1 1 1 1  
因为k  ，所以k2  ，所以0 8，令t  4 ，t 2,2 3 ，
AF 2 2 2 8 k2 k2
t 1  
所以S 12 2 12 2 ，在t 2,2 3 上单调递减，
F 1 AF 2 B t2 1 1
t
t
24 6 
所以S 的范围是 ,8 2. …17分
F 1 AF 2 B   11  
1
19.（17分）（Ⅰ）由题设得 f(x) 2ax1(x 0) ，所以 f(1)12a12a，
x
又因为 f(1)a1a12a ，所以切点为(1,2a)，斜率k 2a，
所以切线方程为 y2a 2a(x1)，即y 2ax，恒过原点. …4分
2ax2 x1
（Ⅱ）由（Ⅰ）得 f(x) (x0)
x
x1
①a 0时， f(x) ，
x
当x 0,1 时， f(x)0， f(x)在 0,1 上单调递增，
当x 1,时， f(x)0， f(x)在 1,上单调递减；
②a 0时，18a，
1
a 时，0， f(x)0， f(x)在 0,上单调递增，
8
1  1 18a  1 18a 1 18a 
0a 时，0， f(x)在0, 上单调递增，在 , 上
   
8  4a   4a 4a 
1 18a 
单调递减，在 ,上单调递增；
 
 4a 
③a0时， 0， 1 18a  1 18a 
f(x)在0, 上单调递增，在 ,上单调递减； …10分
   
 4a   4a 
e
（Ⅲ）当x1时， f  1 e，即a ，
2
e
下面证明当a 时， f  x ex，x 0,，即证lnxax2 xa1ex，
2
令g  a   x2 1  alnxxex1，因为x2 10，所以g  a  g   e ，只需证g   e  0，
2 2
e e e e
即证 x2 lnxxex 10 ，令h  x  x2 lnxxex 1，h  1 0，
2 2 2 2
1 1 1
h x exex  1，令m  x exex  1，m x eex  ，
x x x2
1 2 2
令 p  x eex  ， p x ex  ，y ex与 y  在 0,上单调递减，
x2 x3 x3
2 1
所以 p x ex  在 0,上单调递减， p    e 160， p 1 2e0，
x3 2
1  2
所以存在x   ,1，使得 p x 0，即ex 0  ，
0 2  0 x 3
0
所以x
0,x
， p
x
0，x
x
,， p
x
0，
0 0 0 0
所以 p  x 在 0,x 上单调递增，在 x ,上单调递减，
0 0
1 2 1 ex3 x 2
所以x 0,， p  x  p  x ， p  x eex 0  e   0 0 ，
0 0 x2 x3 x2 x3
0 0 0 0
1 
令
x
ex3x2，
x
3ex21，x

,1时
x
0，
2 
1 
所以
x
在 ,1上单调递增，所以
x

1
e30，
2 
所以x 0,，
p

x
0，所以m 
x
在 0,上单调递减，
m  1 0，x 0,1 ，m  x 0，x 1,，m  x 0，
所以h  x 在 0,1 上单调递增，在 1,上单调递减，所以h  x h  1 0，
e
综上所述a . …17分
2
以上各题的其他解法，限于篇幅，从略，请酌情给分．