数学答案_2024年4月_01按日期_3号_2024届辽宁省鞍山市高三下学期第二次质量监测_辽宁省鞍山市普通高中2024届高三下学期第二次质量监测试题数学Word版含答案

鞍山市普通高中 2023—2024学年度高三第二次质量监测 数学参考答案 选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D C C B B C A D AD ABD BCD 12．12π 13． 4 e 2 14． 5 15.（1）解： m = 0 . 0 1 2 ................................................................................. 2分 设中位数为 x 0 ，由 0 . 2 6  0 . 5  0 . 5 6 可知， x 0   6 0 ， 7 0 ) 且 ( x 0 − 6 0 )  0 . 0 3 + 0 . 2 6 = 0 . 5 ..................................... 4分 x =68 即这 50名学生分数的中位数为 68． ............................... 5分 0 （2）解：分数在[70，80)的7人，在[80，90)的3人，[90，100]的1人 . 6分 可取值的集合为  0 ，1 ， 2 ， 3  C0C3 56 P(=0)= 3 8 = ，................................................................ 7分 C3 165 11 P ( 1 ) C 13 C C 31 1 28 1 8 6 4 5 2 5 8 5  = = = = ， ....................................................... 8分 P ( 2 ) C 23 C C 31 1 18 1 2 6 4 5 8 5 5  = = = = ， ........................................................ 9分 P ( 3 ) C 33 C C 31 1 08 1 1 6 5  = = = ， ................................................................ 10分 的分布列为：  0 1 2 3 56 P 165 2 5 8 5 5 8 5 1 1 6 5 ............................................................................................................ 11分 56 28 8 1 的数学期望E()=0 +1 +2 +3 ， ............... 12分 165 55 55 165 135 9 = = ． .......................................................................... 13分 165 11 5 16.（1）证明：在△BCD中，CD=BC = 7，cosDCB= ， 7 由余弦定理可得BD2 = BC2 +CD2 −2BCCDcosDCB ........... 1分 即BD=2． ...................................................................................... 2分 {#{QQABAQgAggAgAJAAARgCUQGCCAOQkBGAAAoGRAAMsAAAiRFABAA=}#}又因为 D E = 2 ，  E D B = 6 0  ，所以△BDE为正三角形 设BD中点为 F，连接 EF、PF，故 （由△BDE为正三角形可知）BD⊥ EF ， （由 C D = B C 可知） B D ⊥ P F ， （EF、PF平面PEF， E F P F = F ） 所以BD ⊥ 平面PEF， ..................................................................... 4分 （又因为PF  平面PEF）故 B D ⊥ P E ． .................................... 5分 在△PFD中易得 P F = 6 ，在△BDE中易得 E F = 3 ， 又因为 E P = 3 ，由勾股定理可知 P E ⊥ E F ，............................. 6分 又因为EF、BD  平面ABDE， E F B D = F ， .......................... 7分 所以PE⊥平面 ABDE． .................................................................. 8分 （2）解：因为 AE∥BD，所以AE⊥EF ， 再由PE⊥平面 ABDE可知， PE⊥AE，PE⊥EF， 故可以E为坐标原点， E A ， E F ， E P 分别为 x轴，y轴，z轴正方向， 建立如图所示空间直角坐标系．.................................................... 9分 在坐标系中，各点坐标分别为： A(1，0，0)， B ( 1 ， 3 ， 0 ) ， F ( 0 ， 3 ， 0 ) ， P ( 0 ， 0 ， 3 ) ....................................................................................... 10分 设平面PAB的法向量为 n 1 = ( x ，1 y ，1 z 1 ) ， 因为 A B = ( 0 ， 3 ， 0 ) ， A P = ( - 1 ， 0 ， 3 ) ，由 n 1  A B = 0 ， n 1  A P = 0 可得， ( ) 平面PAB的一个法向量n = 3，0，1 ， .......................................... 12分 1 设平面PDB的法向量为 n 2 = ( x ，2 y ，2 z 2 ) ， 同理可得，平面 PAB的一个法向量 n 2 = ( 0 ，1 ，1 ) ， ......................... 13分 n n 设所求锐二面角为，则cos= 1 2 ，.................................. 14分 n  n 1 2 整理得 c o s 4 2  = z P D E A F y x B ．......................................................................... 15分 2 17.（1）解： f(x)=ax−(a+2)+ ，......................................................... 2分 x 曲线y= f(x)在x=2处的切线与y轴垂直， {#{QQABAQgAggAgAJAAARgCUQGCCAOQkBGAAAoGRAAMsAAAiRFABAA=}#}故 f ( 2 ) = 2 a − ( a + 2 ) + 2 2 = 0 ，........................................................ 4分 解得 a = 1 ．....................................................................................... 5分 （2）解： f ( x ) = a x − ( a + 2 ) + 2 x = a x 2 − ( a + x 2 ) x + 2 = ( a x − 2 ) x ( x − 1 ) x  ( 0 ， +  ) ........................................................................................ 6分 ①当 a  0 时，由 f  ( x )  0 得 0  x  1 ，由 f  ( x )  0 得 x  1 ........ 7分 ②当 a  0 时，由 f  ( x ) = 0 2 得x= 或 a x = 1 ，................................ 8分 ⅰ若 2 a  1 ，即0a2，则由 f(x)0得0 x1或 x  2 a ， 由 f  ( x )  0 得 1  x  2 a ，.......................................................... 10分 ⅱ若 2 a = 1 ，即 a = 2 ，则 f  ( x )  0 当且仅当 x = 1 时取等， ..... 11分 ⅲ若 2 a  1 ，即 a  2 ，则由 f  ( x )  0 得 0  x  2 a 或x1 ， 由 f  ( x )  0 得 2 a  x  1 ，.......................................................... 13分 综上，当 a  0 时， f ( x ) 的单调增区间为 ( 0 ，1 ) ，单调减区间为 ( 1 , +  ) ； 当 0  a  2 时， f ( x ) 的单调增区间为 ( 0 ，1 ) ，  2 a ， +   ， 单调减区间为  1 , 2 a  ； 当 a = 2 时， f ( x ) 的单调增区间为 ( 0 ， +  ) ； 当 a  2 时， f ( x )  2 的单调增区间为 0， ，  a ( 1 ， +  ) ， 2  单调减区间为 ,1  ． a  18.（1）由若OB=OC 可知，B，O，C 三点共线，再由椭圆的对称性可知，B， C关于原点中心对称，即x =−x ， y =−y ， ................................. 1分 3 2 3 2 1 易知M (−2，0)，由直线MB和直线 MC的斜率之积为− 可得， 4 y −y 1 2  2 =− 对任意x 成立，..................................................... 3分 x +2 −x +2 4 2 2 2 1 即 y2 = ( 4−x2) 对任意x 成立， 2 4 2 2 {#{QQABAQgAggAgAJAAARgCUQGCCAOQkBGAAAoGRAAMsAAAiRFABAA=}#}再由 x 4 22 + y b 222 = 1 ，消去 y 2 ，可知 x 4 22 + 4 − 4 b x 2 22 = 1 对任意 x 2 成立， 故 b 2 = 1 ，................................................................................................. 4分 所以 b =  1 ．（注：原题中忘了给出条件 b  0 ，所以，将错就错吧☺） ........................................................................................................... 5分 x2 （2）若x = x ，则y = 1− 1 ， 1 2 1,2 4 △OAB的面积为1，即 1 2 x 1  2 1 − 2 x 1 4 = 1 ，解得 x 21 = 2 ， 故 x 22 = x 21 = 2 ， y 22 = y 21 = 1 2 ，所以 x 21 + x 22 = 4 ，.................... 6分 y 21 + y 22 = 1 若 x 1  x 2 ，即直线 AB斜率存在，设直线 AB的方程为： y = k x + m ， 代入椭圆方程得 x 4 2 + ( k x + m ) 2 = 1 ， 所以 x ，1 x 2 是关于x的方程 ( 4k2 +1 ) x2 +8kmx+4m2 −4=0的两实根， 由韦达定理可知，当△ = ( 8 k m ) 2 − 4 ( 4 k 2 + 1 ) ( 4 m 2 − 4 )  0 即 4 k 2 + 1  m 2 时， x 1 + x 2 = − 4 k 8 k 2 m + 1 ， x 1  x 2 = 4 4 m k 2 2 − + 4 1 ， ...... 7分 x 1 − x 2 = ( x 1 + x 2 ) 2 − 4 x 1 x 2 =  − 4 k 8 k 2 m + 1  2 − 4  4 4 m k 2 2 − + 4 1  = 4 4 k 4 2 k − 2 + m 1 2 + 1 1 4 4k2 −m2 +1 △OAB的面积为 1，即 m  =1 2 4k2 +1 整理得 4 k 2 + 1 = 2 m 2 ..................................................................... 9分 故  −8km  2 4m2 −4 −8km 2 4m2 −4 x2 +x2 =(x +x )2 −2x x =   −2 =   − 1 2 1 2 1 2 4k2 +1  4k2 +1   2m2  m2 即 x 21 + x 22 = 1 6 m k 2 2 − 4 m m 2 − 2 4 = 4 ........................................... 10分 综上， x 21 + x 22 = 4 ，  x2   x2  x2 +x2 y2 + y2 =1− 1 +1− 2 =2− 1 2 =1 ...................... 11分 1 2  4   4  4  x +x y + y  （3）显然，D  1 2，1 2 ，  2 2  {#{QQABAQgAggAgAJAAARgCUQGCCAOQkBGAAAoGRAAMsAAAiRFABAA=}#}由（2）可知， O A 2 + O B 2 = x 21 + y 21 + x 22 + y 22 = 5 ， 又 O A 2 + O B 2 = O A 2 + O B 2 = ( O D + D A ) 2 + ( O D − D A ) 2 = 2 ( O D 2 + D A 2 ) 即OA2 +OB2 =2 ( OD2 +DA2) 4 OD  DA =2 OD  AB 所以 O D  A B  5 2 ， ..................................................................... 15分 当且仅当 O D = D A = 1 2 A B 时取等号， 此时△OAB为直角三角形且∠AOB为直角，故 OAOB= x x + y y = x x +(kx +m)(kx +m) 1 2 1 2 1 2 1 2 = ( k 2 + 1 ) 4 4 m k 2 2 − + 4 1 + k m  − 4 k 8 k 2 m + 1 + m 2 = 3 m 2 2 m − 2 3 = 0 解得m2 =1（从而 k 2 = 1 4 ），即等号可以成立， 故 O D  A B 的最大值为 5 2 ． ...................................................... 17分 19.（1）当 n = 1 时，由已知得， 2 S 1 = a 2 − 2 2 + 1 ，即 a 1 = S 1 = 1 .............. 1分 当 n  2 时，由已知得，2S =a −2n +1， n−1 n 故， 2 a n = a n + 1 − a n − 2 n + 1 + 2 n ，即 a n + 1 = 3 a n + 2 n ，.......... 2分 又因为 a 2 = 5 = 3  1 + 2 = 3 a 1 + 2 1 ， 所以当 n  N * 时，a =3a +2n，即 n+1 n a 2 nn ++ 11 = 3 2  a 2 nn + 2 2 n n + 1 = 3 2  a 2 nn + 1 2 即 a 2 nn ++ 11 + 1 = 3 2   a 2 nn + 1  ............................................ 3分 a 3 a 因为 1 +1= 0，所以 n +10，.............................................. 4分 2 2 2n 所以 a 2 nn a 2 ++ nn 11 + + 1 1 = 3 2 a  即 n +1是首项为 2n  3 2 ，公比为 3 2 的等比数列，......................... 5分 即 a 2 nn + 1 = 3 2   3 2  n − 1 = 3 2 n n ， 所以 a n = 3 n − 2 n ．............................................................................. 6分 （2）由（1）可知b =log ( 3n −2n +2n) =n， ..................................... 7分 n 3 故对于任意的nN*，不等式n(1+n)−63n 恒成立， {#{QQABAQgAggAgAJAAARgCUQGCCAOQkBGAAAoGRAAMsAAAiRFABAA=}#}即 n 2 3 n n 6   + − 恒成立.................................................................... 8分 设 D n = n 2 + 3 n n − 6 ，于是 D n + 1 − D n = ( n + 1 ) 2 + ( n + 1 ) 3 − n + 6 1 − 3 ( n 2 + n − 6 ) ， 2 ( 7−n2) 整理得，D −D = ，..................................................... 9分 n+1 n 3n+1 所以当 n  3 时， D n + 1 − D n  0 ，即 D 3  D 4  D 4  ...  D n  ... 当 n  2 时， D n + 1 − D n  0 ，即 D 3  D 2  D 1 ， 2 2 所以D  D = ，即 ， n 3 9 9 所以．的取值范围为  2 9 ， +   ．................................................ 11分 （3）由（1）可知 c n =  3 n − 2 4 n + 2 n  =  3 4 n  ， ..................................... 12分 因为 3 n = ( 4 − 1 ) n = C 0n 4 n + C 1n 4 n − 1 ( − 1 ) 1 + ... + C nn − 1 4 1 ( − 1 ) n − 1 + C nn ( − 1 ) n ， =4 ( C04n−1+C14n−2(−1)1 +...+Cn−1(−1)n−1) +Cn(−1)n n n n n 3n 3n 3 所以当n为奇数时， =   + ，当 n为偶奇数时， 4  4  4 3 4 n =  3 4 n  + 1 4 ， ............................................................................................................ 14分 所以 T 2 0 2 4 = c 1 + c 3 + . . . + c 2 0 2 3 + c 2 + c 4 + . . . + c 2 0 2 4 = 3 + 3 3 + . 4 .. + 3 2 0 2 3 − 1 0 1 2  3 4 + 3 2 + 3 4 + 4 . .. + 3 2 0 2 4 − 1 0 1 2  1 4 = 1 4  3 ( 1 − 1 − 3 2 3 0 2 4 ) − 1 0 1 2 = 3 ( 3 2 0 2 8 4 − 1 ) − 1 0 1 2 ...................... 15分 3 2 0 2 4 8 − 1 = 9 1 0 1 2 8 − 1 = ( 8 + 1 1 ) 8 0 1 2 − 1 = C 01 0 1 2 8 1 0 1 1 + C 11 0 1 2 8 1 0 1 0 + ... + C 1 0 1 0 1 0 1 2 8 + C 1 0 1 1 1 0 1 2 考虑到当k 2时， 8 k 能被16整除， C10108=50610118也能被16整除 1012 所以T 除以 16的余数等于3C1011−1012除以16的余数， 2024 1012 而3C1011−1012=2024=16126+8 1012 所以T 除以 16的余数等于8． .................................................... 17分 2024 {#{QQABAQgAggAgAJAAARgCUQGCCAOQkBGAAAoGRAAMsAAAiRFABAA=}#}