数学参考答案和评分标准-A4_2024年2月_022月合集_2024届吉林省延边州高三教学质量检测（一模）_2024届吉林省延边州高三教学质量检测（一模）数学

延边州 年高三教学质量检测 2024 数学答案及评分标准 一、单项选择题 1-4.CACB 5-8.BDAC 二、多项选择题 9.AC 10.ACD 11.ABD 12.CD 125 10 三、填空题 13.4 14. 15.(-∞，2ln2) 16. 48 2 四、解答题 1 3 1 3 1 3 1 cos2x 17.【详解】（1） f x sin2x  sin2x   sin2xsin2x   sin 2x ........1分 2 2 2 2 2 2 2 3 1 π  sin2x cos2xsin(2x )........3分 2 2 6 2π 1 因为T  4π，所以 .........4分 2 4 1 π π 2π 令 x  kπ,kZ，解得x 2kπ,kZ， 2 6 2 3 2π 故对称轴方程为：x 2kπ,kZ.........5分 3 （2）由2accosBbcosC，得(2sinAsinC)cosBsinBcosC， 所以2sinAcosBsinBcosCcosBsinCsin(BC)sinA. 1 sinA0，所以cosB ........6分 2 又B0,π，所以B π .........7分 3 1 π 2π π A π π 所以 f(A)sin( A ),0 A ，因此    ，........8分 2 6 3 6 2 6 2 1 A π 1   sin(  )1， f(A) ,1.........10分 2 2 6 2  a 1 2 18.【详解】（1）当n1时，a 1   1 2   ，解得a 1 1．........1分 a 1 2 a 1 2 当n2时，由S  n  ①，可得S  n1  ，②........2分 n  2  n1  2  ①②得：4a a2a2 2a 2a ，即a a a a 20．........4分 n n n1 n n1 n n1 n n1 a 0，a a 2．........5分 n n n1 a 是以1为首项，以2为公差的等差数列， n 数列a 的通项公式a 1(n1)22n1．........6分 n n (12n1)n （2）由（1）可得S  n2，........7分 n 2 n1 1 1 1  b      ，........9分 n n2(n2)2 4n2 (n2)2  11 1  1 1 1  1 1 1  1 1 1  b    ，b    ，b    ，......，b    ， 1 41 32  2 422 42  3 432 52  n1 4(n1)2 (n1)2  {#{QQABZYgEggggAAJAAQgCUwWYCEAQkBCAAAoOwAAMIAAByAFABAA=}#}T b b b b n 1 2 3 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  (1         ) ......10 4 32 22 42 32 52 (n1)2 (n1)2 n2 (n2)2 1 1 1 1 1 5 5  (1   )   .........12分 4 4 (n1)2 (n2)2 4 4 16 19.【详解】（1）记第i局甲赢为事件A，乙赢为事件B， i i 则P(A) PAAB A PAB A A PB A A A  ........2分 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1             3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 5  ........4分 36 （2）由题意知的取值为3，4，5.........5分 P3PAA A PBB B  1 2 3 1 2 3 1 1 1 2 1 2 5        ........6分 3 2 3 3 2 3 18 P4PAA B A PAB A A PB A A A PBB AB PB A B B PAB B B  1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 5 2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 5 8 13                 ........7分 36 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 36 36 36 5 13 13 P51   ........8分 18 36 36 由题意得，随机变量ξ的分布列如下： ξ 3 4 5 5 13 13 P 18 36 36 ........10分 5 13 13 147 49 数学期望Eξ3 4 5   .........12分 18 36 36 36 12 20.【详解】（1）解：存在，当E为AC的中点时，AD∥平面BCE，理由如下： 1 1 如图所示：取BC 的中点F，连接EF，DF ，........1分 1 1 ∵DF是△ABC 的中位线， 1 1 1 1 1 ∴DF// AC,DF  AC ， 2 1 1 2 1 1 1 1 又AE// AC,AE AC ， 2 1 1 2 1 1 ∴DF//AE,DF  AE ， ∴四边形DFEA是平行四边形 ，........2分 ∴AD∥EF， 又AD面BCE，EF 面BCE ， 1 1 1 1 ∴AD∥平面BCE．........4分 1 1 （2）∵四边形ABBA 是矩形， 1 1 {#{QQABZYgEggggAAJAAQgCUwWYCEAQkBCAAAoOwAAMIAAByAFABAA=}#}∴AB  AA，AB∥AB ， 1 1 1 1 1 又∵平面AACC 平面ABBA ， 1 1 1 1 ∴AB 面AACC ，........5分 1 1 1 1 1 1 3 ∵V V V  S  AB  AB  3， BA1DC1 AA1DC1 DA1AC1 3 △AA1C1 2 1 1 6 1 1 ∴AB 6 ，........7分 1 1 ∵侧面ACC A 是菱形，AAC60， 1 1 1 ∴△AAC 是正三角形 ， 1 ∵E是AC的中点， ∴AE AC ， 1 以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，........8分 1 则A0,0,0，C 0,2,0，D0,0,3，C( 3,1,0)， 1 1   则CD0,2,3，CC   3,1,0  ， 1 1  设平面CDC的一个法向量为mx,y,z， 1    mCD0 2y3z0 由   1  ，得 ， mCC 0  3xy0 1 2 令x1，则y 3，z 3， 3   2  ∴m1, 3, 3 ， ........10分  3  又平面ACD的一个法向量n(1,0,0)， 1 1   3 ∴cos m,n  ， 4 3 ∴平面ACD与平面CCD的夹角的余弦值是 .........12分 1 1 1 4 21.【详解】（1）由OHF 30，得b 3c（c为半焦距），........1分 2  3 1 9 ∵点1, 在椭圆E上，则  1．........2分  2 a2 4b2 又a2 b2c2，解得a2，b 3，c1． x2 y2 ∴椭圆E的方程为  1．........4分 4 3 （2）由（1）知F 1,0．设直线l:xmy1，Ax ,y ，Bx ,y ． 2 1 1 2 2 xmy1 由  x2 y2 消去x，得  3m24  y26my90．   1  4 3 {#{QQABZYgEggggAAJAAQgCUwWYCEAQkBCAAAoOwAAMIAAByAFABAA=}#}显然144  m21  0． 6m 9 则y y  ，y y  ．........6分 1 2 3m24 1 2 3m24 3 ∴my y  y  y ． 1 2 2 1 2 由P2,0，Q2,0，得直线AP的斜率k  y 1 ，直线BQ的斜率k  y 2 ． 1 x 2 2 x 2 1 2 OM ON 又 k  ， k  ， OP  OQ 2， 1 OP 2 OQ OM k ∴  1 ．........7分 ON k 2 1 PQ OM S OM k ∴ △MPQ  2   1 ．........8分 S 1 ON k △NPQ PQ ON 2 2 3 ∵my y  y  y ．........9分 1 2 2 1 2 3 1 3 k 1  y 1 x 2 2  y 1 my 2 1  my 1 y 2 y 1  2 y 1 y 2 y 1  2 y 1  2 y 2  1 ．........11分 k 2 x 1 2y 2 my 1 3y 2 my 1 y 2 3y 2 3 y y 3y 3 y  9 y 3 2 1 2 2 2 1 2 2 S 1 ∴ △MPQ  ．........12分 S 3 △NPQ 22.【详解】（1） f(x)的定义域为R， f(x)2x2sinx ， 令h(x)2x2sinx，则h(x)22cosx0， 所以函数h(x)在R单调递增，........1分 又因为h(0)0， 所以h(x)0 x0，h(x)0 x0，........2分 即 f(x)0x0， f(x)0 x0，........3分 所以函数 f(x)在区间(,0)上单调递减，在区间[0,)上单调递增.........4分 （2）由（1）得，gx2x2sinx5x5alnx2sinx3x5alnx,x0， 又g(x )g(x ) ，即2sinx 3x 5alnx 2sinx 3x 5alnx 1 2 1 1 1 2 2 2 所以5alnx lnx 2sinx sinx 3x x ．........5分 2 1 2 1 2 1 不妨设x x 0，所以lnx lnx ． 2 1 2 1 由（1）得，当x0，函数 f(x)单调递增，所以2x 2sinx 2x 2sinx， 1 1 2 2 故2sinx sinx 2x x ，........6分 2 1 2 1 所以5alnx lnx 2sinx sinx 3x x 5x x ， 2 1 2 1 2 1 2 1 x x 2x x  所以a 2 1 ，故2a 2 1 ．........8分 lnx lnx lnx lnx 2 1 2 1 2x x  2x x  x 下证 2 1  x x ．即证： 2 1 lnx lnx ln 2 ， lnx lnx 2 1 x x 2 1 x 2 1 2 1 1 x 2t1 设 2 t 1,ht lnt ,t 1， x t1 1 {#{QQABZYgEggggAAJAAQgCUwWYCEAQkBCAAAoOwAAMIAAByAFABAA=}#}(t1)2 则h(t) 0， t(t1)2 所以函数h(t)在区间(1,)上单调递增， 所以h(t)h(1)0， 2(t1) 故lnt ，........10分 t1 x 2( 2 1) x x 即ln 2  1 ， x x 1 2 1 x 1 2x x  2x x  所以 2 1 lnx lnx ，即 2 1  x x ， x x 2 1 lnx lnx 2 1 2 1 2 1 所以2ax x ，得证．........12分 2 1 {#{QQABZYgEggggAAJAAQgCUwWYCEAQkBCAAAoOwAAMIAAByAFABAA=}#}