2024届高三第一次联考数学答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届湖北省部分重点中学高三上学期11月第一次联考_湖北省部分重点中学2024届高三上学期11月第一次联考数学

湖北省部分重点中学 2024 届高三第一次联考 高三数学试卷(答案） 一、单选题 1-8 A D A A C B B D 二、多选题 9.BCD 10. ABD 11.ACD 12.BCD 三．填空题 n1 13. − √𝟑 14.0 15. (−𝟔, 𝟏 ] 16 . 𝟐𝟓𝟔 ;S  18 3  27 3    4  𝟑 𝟒 𝟗 n 5 20 9 四．解答题: 17.【详解】解：（（1）由cosB( 3absinC)bsinBcosC,及正弦定理得 3cosBsinAsinBsinCcosBsin2BcosC， 即得 3 c o s B s in A  s in 2 B c o s C  s in B s in C c o s B  s in B  s in B c o s C  c o s B s in C  ， 又因为 A B C 中, s in  B  C   s in A ， 所以 3 c o s B s in A  s in B s in A , 又因为 s in A  0 ,所以 s in B  3 c o s B 即tanB 3． 又 B   0 , π  π ，故B 3  （2）由（1）知，B  ， 3 ∵ A B  A C ，∴ ABC为等边三角形， 在 ACD中，由余弦定理知，AC2 AD2 CD2 2AD CDcosD  1 6  4  2  4  2 c o s D  2 0  1 6 c o s D ， 而 S △ A C D  1 2 A D  C D s in D  1 2  4  2 s in D  4 s in D ， S A B C 1 2 A B B C s in B 1 2 A C 2 s in 3  △      5 3  4 3 c o s D ，   ∴四边形ABCD的面积S S S 5 34 3cosD4sinD 5 38sinD  ， △ACD △ABC  3 ∵ D  0 ,       2 ，∴D  ,  ， 3  3 3    5 ∴当D  即D  时，S取得最大值，为 3 2 6 5 3  8 公 众 号 ： 一 枚 试 卷 君 ， 故四边形ABCD面积的最大值为5 38. {#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}18.【详解】（Ⅰ）延长 ， ， 相交于一点 ，如图所示． 因为平面 平面 ， 平面 平面 ，且 ， 所以 平面 ， 平面 ，因此 ． 又因为 ， ， ， 所以 为等边三角形，且 为 的中点， 则 ． 所以 平面 ． （Ⅱ）方法一：过点 作 于Q，连结 ． 因为 平面 ，所以 ， ， 则 平面 ，所以 ． 所以 是二面角 的平面角． 在 中， ， ，得 ． 在 中， ， ，得 ． 所以二面角 的平面角的余弦值为 ． 方法二：如图，延长 相交于一点 ， 则 为等边三角形．取 的中点 ，则 ， 又平面 平面 ，所以， 平面 ． 以点 为原点，分别以射线 ， 的方向为 ， 的正方向， 建立空间直角坐标系 ． 由题意得 ， ， ， ， ， ． 因此， ， ， ． 设平面 的法向量为 ， 平面 的法向量为 ． 由 ，得 ， 取 ； 由 ，得 取 ． 于是， ． 所以，二面角 的平面角的余弦值为 ． B A C C F  E B C  F E B  C A K B C A  B A B B F D C C  B E A B C C C  K F B C B F  A K C EF//BC B C K B E  E F  F C  1 B C  2 F B A F K B B  F F  C   K , C K A A A C C C F K  D C F F Q B F   A K A K C K B F F Q B  Q F BQF BQ AK R t  B A Q C F K A C  B 3  A D C K  F  2 F Q  3 1 1 3 3 Rt△BQF F Q  3 1 1 3 3 BF  3 B C K B  A D  F A D , B E B , C C F O c o s  B Q 4 K 3 F  4 3 KOBC O B C F E  A B C O B K O O K  A B C x z Oxyz A   1 ,  3 , 0 B   1 , 0 E , ( 0 1 2  , 0 , C 3 2 )   1 , 0 F , ( 0   1 2 , 0 K , ( 0 3 2 , ) 0 , 3 ) AC 0,3,0 A K   1 , 3 , 3  AB2,3,0 A C K m(x,y,z ) 1 1 1  A A A C K B   K m m   0 0 n  ( x 2 , y 2 , z 2 ) 3y 0 1  x 3y  3z 0 1 1 1   m  3,0,1 ABn 0 2x 3y 0 2 2   AKn 0 x 3y  3z 0 2 2 2   n  3,2, 3 c o s  m , n   m m  n n  3  3 1 3   9  3 4  3  4 3 公 众 号 ： 一 枚 试 卷 君 3 BADF 4 {#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}19.【详解】（1）当n1时， a 2   a 1  2 1  2 ，解得 a 1  1 . 当n2时， S n   a n  2 1  2 ，①， S n  1   a n  1 2  1  2 ，② ① ②得： 4 a n  a 2n  a 2n  1  2 a n  2 a n  1 ，即  a n  a n  1   a n  a n  1  2   0 . a n  0 ，  a n  a n  1  2 . a 是以1为首项，以2为公差的等差数列， n 数列  a n  的通项公式 a n  1   n  1   2  2 n  1 . （2） 由（1）可得 S n   1  2 n 2  1  n  n 2 ，  b n  n 2 n ( n   1 2 ) 2  1 4  1 n 2  ( n 1  2 ) 2  b 1  1 4  1 1  1 3 2  ， b 2  1 4  1 2 2  1 4 2  ， b 3  1 4  1 3 2  1 5 2  ， ， b n  1  1 4  ( n 1  1 ) 2  ( n 1  1 ) 2  ，  T n  1 4  1  1 4  ( n 1  1 ) 2  ( n 1  2 ) 2   1 4  5 4  1 5 6 公 众 号 ： 一 枚 试 卷 君 . 20.【详解】（1）①记三个人分别为A､B､C,则4次传球的所有可能可用树状图列 出,如图. 每一个分支为一种传球方案,则基本事件的总数为 16,而又回到A手中的事件个 {#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}数为6, 6 3 根据古典概型的概率公式得P  . 16 8 ②第 n 次传球前在乙丙手中的概率均为 1  2 a n ，故 a n  1  1 2  1  2 a n  1 2  1  2 a n   a 2 n  1 2 ， 所以 a n  1   a 2 n  1 2 ；  ii  a n  1   a 2 n  1 2   a n  1  1 3   1 2  a n  1 3  ，  1 1 2 a  为等比数列，首项为𝑎 - = ，公比为  n 3 1 3 3  1 2 ， .𝑎 − 1 = 2 (− 1 )𝑛−1 𝑛 3 3 2 所以..𝑎 = 1 + 2 (− 1 )𝑛−1 𝑛 3 3 2 1 2 1 99 1 ∴ 𝑎 = + （− ） < 100 3 3 2 3 1−𝑎 1 1 1 99 1 𝑏 = 100 = − （− ） > 100 2 3 3 2 3 ∴ b > a 100 100 （2）一次摸奖从 n  5 个球中任选两个，有C2 种，它们等可能，其中两球不同色 n5 有 C 1n C 15 种，一次摸奖中奖的概率 p n  C C 1 C n2n  15 5   n  1 5 0  n  n  4  三次摸奖（每次摸奖后放回），恰有一次中奖的概率 P  C 13  1  p n  2 p n  3  p n 3  2 p n 2  p n  , ( 0  p n  1 ) 则 P   3  3 p n 2  4 p n  1   3  3 p n  1   p n  1  知在  0 ， 1 3  上 P 为增函数，在  1 3 ,1  上 P 1 为减函数，当𝑝 = 时， 𝑛 3 P 取得最大值， 又  n  1 5 0  n  n  4   1 3 ( n  5 且 n  N ) ，得n20时， P 最大 21. 【详解】(1) f  x  的定义域为  0 ,    公 众 号 ： 一 枚 试 卷 君 ， 1 ax2a1x1 x1ax1 fx axa1  ， x x x {#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}①当 a  0 时，令𝑓′(𝑥) > 0，得 0  x  1 ，令 f   x   0 ，得 x  1 ，所以 f x在  0 ,1  上 单调递增，在 1 ,    上单调递减； ②当 0  a  1 时，令𝑓′(𝑥) > 0，得 0  x  1 或 x  1 a ，令 f   x   0 ，得 1  x  1 a ， 所以 f x在  0 ,1  ，  1 a ,    上单调递增，在  1 , 1 a  上单调递减； ③当 a  1 时，则 f   x   0 ，所以在  0 ,    上 f  x  单调递增； ④当 a  1 时，令𝑓′(𝑥) > 0，得 0  x  1 a 或 x  1 ，令 fx0，得 1 a  x  1 ， 所以 f  x  在  0 , 1 a  ， 1 ,    上单调递增，在  1 a ,1  上单调递减； 综上，当a0时， f  x  在  0 ,1  上单调递增，在 1 ,    上单调递减； 在 0  a  1 时， f  x  在  0 ,1  ，  1 a ,     1 上单调递增，在 1,  上单调递减；  a 当 a  1 时， f  x  在  0 ,    上单调递增； 当 a  1 时， f  x   1 1  在 0,  ，1,上单调递增，在  ,1 上单调递减，  a a  a （2）gx f xxlnx x2ax，则 2 g  x  的定义域为  0 ,    ， g   x   1 x  a x  a  a x 2  a x x  1 ， 若 g  x  有两个极值点，x，x （ 1 2 0  x 1  x 2 ），则方程 a x 2  a x  1  0 的判别式   a 2  4 a  0 ，且 x 1 + x 2  1 ， x 1 x 2  1 a  0 ，所以a4， 1 1 因为0 x  x ，所以x2  x x  ，得0 x  ，所以 1 2 1 1 2 a 1 a a a a gx gx lnx  x2ax lnx  x2ax lnx lnax  ax ， 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 1 a  1  2 2 设htlntlnat 2 at，其中t  x 1    0, a   ，令h(t) t a0得t  a ， 又 2 a  1 a  2  a a  0  2 ，所以h(t)在区间 0,  内单调递增，在区间  a  2 a , 1 a  内单调 递减，即 h  t  2 a 的最大值为h 2ln2lna 2，而 a 2 2 ln 2  2  0 公 众 号 ： 一 枚 试 卷 君 ，∴ 2 a a h 2ln2lna 2 lna，   a 2 2 {#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}从而 g  x 1   g  x 2   a 2  ln a 恒成立. 22.详解：（1）因为线段 GH的中垂线交线段 TG于点R，则|RH| = |RG|， 所以，|RT|+|RH|=|RT|+|RG|=2√3>|TH|=2 由椭圆定义知：动点 R的轨迹为以T(-1,0)、H(1,0)为焦点，长轴长为2√3的椭 圆，所以曲线C的方程为. x 3 2  y 2 2  1 （2）设 M(x ,y ),N(x ,y ),直线OM：y x−x y = 0;OM = √x 2 +y 2; M M N N M M M M N到直线OM的距离d = |yMxN−xM yN | ,所以S = 1 |y x −x y | √xM 2+yM 2 ∆OMN 2 M N M N 另一方面，因为 M，N 是椭圆 x 3 2  y 2 2  1 上的动点，所以可设M(√3cosφ ,√2sinφ),N(√3cosθ,√2sinθ),(cosφcosθ ≠ 0), 2sinθsinφ 2 k k = = − ,∴ cos(θ−φ) = 0 1 2 3cosθcosφ 3 1 1 ∴ S = |y x −x y | = |√6sinφcosθ−√6cosφsinθ| ∆OMN 2 M N M N 2 = √6 |sin(θ−φ)| = √6 为定值，且为最大值 2 2 （3）设Q(x,𝑦),∵𝑂⃑⃑⃑⃑⃑𝑄⃑ = 3𝑂⃑⃑⃑⃑𝑃⃑ ∴P( 𝑥 ， 𝑦 ），代入C： 3 3 x 3 2  y 2 2  1 𝑥2 𝑦2 得 + = 1. 27 18 即为曲线E的方程 由𝑂⃑⃑⃑⃑⃑𝑄⃑ = 3𝑂⃑⃑⃑⃑𝑃⃑ 知 S △ A Q P  2 S △ A O P ，同理 S △ B Q P  2 S △ B O P ，∴S 2S ， △AQB △AOB 设 A  x 1 , y 1  ， B  x 2 , y 2  ， ①当直线l有斜率时，设l：ykxm， 代入椭圆E的方程得：  2  3 k 2  x 2  6 m k x  3 m 2  5 4  0 ， 6mk ∴x x  ， 1 2 23k2 x 1 x 2  3 m 2 2   3 k 5 4 2 公 众 号 ： 一 枚 试 卷 君 ， 1 1  6mk  2 3m254 S △AOB  2 m x 1 x 2  2 m  23k2   4 23k2 {#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#} m  6 m 2   2 1  0 3 8 k  2 1 2  6 2 k 2  6   m 2   2 1 8   3 k 2 7  2 k 2 2  m 2 ， ∴ S △ A O B  6 2 9  m 3 2 k 2   2 m  2 3 k 2  2 ， 将 l ：ykxm代入椭圆C 的方程得： 23k2 x26mkx3m260， ∵ l 与椭圆C 有公共点 P ，∴由   0 得： 2  3 k 2  m 2 ， 令 2 m  2 3 k 2  t ，则t0,1，∴ S △ A O B  6  9 t  t 2  4 3 ． ②当 l 斜率不存在时，设 l ：xn 3, 3，   代入椭圆 E 2 的方程得：y2 18 n2，∴ 3 S △ A O B  1 2 n y 1  y 2  1 8 n 2  2 3 n 4  4 3 ， 综合①②得 A O B 面积的最大值为4 3， 所以 A Q B 面积的最大值为 8 3 公 众 号． ： 一 枚 试 卷 君 {#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}