文科数学答案_2024年3月_02按日期_17号_2024届内蒙古呼和浩特市高三第一次质量监测_2024届内蒙古呼和浩特市高三下学期第一次质量数据监测（一模）文科数学

呼和浩特市高三文科数学一模参考答案 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B D B A A C A C B C B D 二、填空题 3 7 13、 14、 4 9 15、24 16、x4 三、解答题 17、 证明：连接 ． (1) ， 2， ， ，即 是直角三角形， ∵ = = 2 = 又 为2 的中2 点，2 ， ∴ + = ⊥ △ 又 ， ∴ = = = 1 ∵ = ， = = ， = 2 －－－－－－－－－－－－－－－－2分 ∴ 则 ⊥ = ， 3 ， －－－－－－－－－－－－－－4分 2 2 ， 2、 平面 ， + = ⊥ ∴ ∩ 平 面 = ； 平 面 ⊂ 面 面 C； －－－－－－－6分 ∴ ⊥ ⊂ ∴ ⊥ 解：由 得 平面 ， ， (2) (1) ⊥ = 3 在 中， ， ， ， 2 2 2 △ ∠ = 45° = 3 = 3，－ － = － 1 －－－－－－－－8分 5 2 2 ∴ = + −2 ⋅ cos45° = ，3 1 1 5 15 △ = 2× × = 2，× 3× 3 =－－6－－－－－－－－－－－－－－10分 1 2 1 设△点 到 = 平 2× 面 3× △的 距 离 = 为 3 ． {#{QQABDYKAggCoQBBAAAgCAwHKCAAQkAACCAoOwAAAsAAASQNABCA=}#}由 ，可得 ， 1 1 − = − 3× △ × = 3× △ ⋅ 解得 ， 2 5 点 到 = 平面5 的距离为 ． －－－－－－－－－－－－－－－－12分 2 5 ∴18、 解：（1） C 为事件：“乙5农药残留在表面的百分比不低于5.5”， 根据直方图得到 P （C）的估计值为0.70． a0.200.150.7 则由频率分布直方图得： ，  0.05b0.1510.7 解得乙农药残留在表面的百分比直方图中 a0.35 ， b0.10 ． －－－－－4分 （答b0.1的扣一分） （2）估计甲农药残留百分比的平均数为： x 20.1530.2040.3050.2060.1070.054.05 ．－－－－－－－8分 甲 （3）设乙农药残留百分比的中位数为 解得 6.07 －－－－－－12分 0.05+0.10+0.15 ×1+0.35× −5.5 = 0.5 19、因为 ， ≈ 2 所以 Sn +Sn+1 = 2n +6n+3 ． 2 两式S相 n+ 减 2 ，+得Sn+1 = 2 n+1 +6 n+,1n+N*3. 所以 an+2 +an+1 = 4 n+2 ； －－－－4分 （2） S9由 = （ a11） + 知 a2 +a3 + a4 +a5 +⋯ ① + ， a8 +a9 = 99 可得 an+2 +an+②1 =，4nn2+．2 因为an +an，+1 = 4 n+1 ， 所以 a1 = 3 ， S 又2 +S1 = 11 ， 所以 a2 = 5 S3 +S2 = 23 = 2a1 +2a2 +a3 又由a①3②=得7 a a 4,n2． －－－－8分 n2 n 所以 ，即 ，n为偶数， 则当an2n3=，a且2 +为4奇n数−时1，= 4n+1 an = 2n+1 ， an = 4 n+1 −an+1 = 4 n+1 − 2 n+1 +1 = 2n+1 {#{QQABDYKAggCoQBBAAAgCAwHKCAAQkAACCAoOwAAAsAAASQNABCA=}#}又 , 符合上式，综合得 ． －－－－12分 a1 = 3 a3 = 7 an = 2n+1 20、解： f(x)的定义域为R (1) f (x)  (x1)ex 2x2  (x1)(ex 2),xR --------1分 当x1或xln2时， f (x)  0, f(x)在(1,)上单调递增； 当ln2x x1时， f (x) 0, f(x)在(ln2,1)上单调递减； 所以， f(x)的增区间是(,ln2)和(1,)， f(x)的减区间是（ln2，1） . --------4 分 （2）由(1)知：g(x)  f (x)  (x1)(ex 2),xR g(x)  xex 2,xR，g(ln2)  ln2eln2 2  2ln22 又g(ln2)  (ln21)(eln2 2)  0，所以， g(x) 在 x  ln2 处的切线方程 l 为y  (2ln22)(xln2) ------------6 分 令h(x)  g(x)(2ln22)(xln2)  (x1)(ex 2)(2ln22)(xln2),xR， 则h(x)  xex 2ln2,xR， h(x)  (x1)ex,xR 当x  1时，h(x)  0，h(x)在(1,)上单调递增； 当x  1时，h(x)  0，h(x)在(1,)上单调递减； 所以，当x  1时，h(x)取得最小值h(1)  e1 2ln2 0 ----------8 分 当x时，h(x)0， h(1)  e2ln2  0,h(ln2)  ln2eln2 2ln2  0 ------------10 分 故 当x  ln2时，h(x)  0，h(x)在(ln2,)上单调递增； 当x  ln2时，h(x) 0，h(x)在(，ln2)上单调递减； 因此， 当x  ln2时，h(x)取得最小值h(ln2)  0， 即：h(x) 0，g(x) 的图象在直线 l 的上方。 ----------12 分 {#{QQABDYKAggCoQBBAAAgCAwHKCAAQkAACCAoOwAAAsAAASQNABCA=}#}2 2  p  p p 21.(1)解：令R(x，y)，则RF  x2 y   2py y2    py  y  2  2 2 p p p p 因为y0，所以y  ，RF的最小值为 ，即 1，抛物线的方程为x2 4y 2 2 2 2 4分 2 1 1 (2)三者关系为：   1分 PF PM PN 1(1) 2 证明：令M(x，y )，N(x，y )，l : y1k(xm)，k   1 1 2 2 PF 0m m 2 1 1 2 1 1 则      PF PM PN 1 1 1       1 1(1) 1 y (1) 1 y (1) k2 k2 1 k2 2 2 1 1          1(1) y (1) y (1) 1 2 1 1 y  y 2 1   1 2    y 1 y 1 y 1 y 1 1 2 1 2     y  y 2 y 1 y 1 1 2 1 2  y y 1 9分 1 2  2 l : y1 (xm) 16 联立  PF m 得y2 (2 )y10，由韦达定理得y y 1 m2 1 2  x2 4y 2 1 1 综上所述：   PF PM PN 12分 22解： （1）设P点的极坐标为(,)，－－－－－－－－－－－－－－－－－－1分 3 3 则 OP ,cos ,OM  OM cos OM OP 12 3  12 4cos－ －－－－－－－－－－－－－－－－4分 cos  4cos，0 －－－－－－－－－－－－－ －－－5分 2 {#{QQABDYKAggCoQBBAAAgCAwHKCAAQkAACCAoOwAAAsAAASQNABCA=}#}（2）  2 直线C 过半圆的圆心(2,0) 所以直线的倾斜角为 或 时满足题意 2 3 3 曲线C 的普通方程为y  3(x2)－－－－－－10分（写出一条直线给3分） 2 23、（1） 当 时， ，解得 = 2 −1 + 2 −2 + 当 < 0 时−，5 +3 ≥ 2 ，解x得< 0 1 1 当 0 < < 2时， −3 +3 ， ≥ 解 2 得 0 < x ≤ 3 1 2 ≤ < 1 +1 ≥ 2 x ∈ ∅ 当 时， ，解得 综 上≥所1述， 5 −3 ≥的2解集为 x ≥ 1 或 分 1 ( ) ≥ 2 { / ≤ 3 ≥ 1} ⋯⋯⋯⋯⋯5 （2）当  时， , 的最小值为3 当 0时， x =−5 +3 , 的最小值为 1 3 当 0 < ≤ 2时， x =−3 + , 3 的 最小值为 2 1 3 2 ≤ < 1 x = +1 2 当 时， ,, 的最小值为2 综 上≥，1 的 最 小值=为5 ，−3 分 3 ( ) 2 + = 1 ⋯⋯⋯⋯⋯7 ，当且仅当 取等 2 + 1 1 令 则+ = 1, ∴ ≤ = = = 2 4 2 1 = , 0 < ≤ 4 2 1 1 + −2 1 2 2 25 + + = + + = + −分2（=图 像+法−酌2情≥给分） 4 ⋯⋯⋯⋯⋯10 {#{QQABDYKAggCoQBBAAAgCAwHKCAAQkAACCAoOwAAAsAAASQNABCA=}#}