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．