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 ,   
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：
一
枚
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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
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：
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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
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一
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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
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{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}