24届高三文科数学上期半期考试试卷答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届四川省成都市第七中学高三上学期期中考试_四川省成都市第七中学2024届高三上学期期中考试文科数学

2023——2024学年度高2024届半期考试 数学参考答案（文科） 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 B B B D C A A D B C A A 二、填空题 13. 14. 15. 2191 16. 9 三．解1答35题° ： 5 ②③ b 2sinB 17(Ⅰ) 4，根据正弦定理得 4,即sinB 2  1cosB  ，代入sin2 Bcos2 B 1， 1cosB 1cosB 即4  1cosB 2 1cos2 B   1cosB  1cosB  ,由于1cosB 0，即4  1cosB  1cosB， 3 解得cosB  .…………5分 5 a c 8 (Ⅱ)根据正弦定理得sin AsinC   1，即ac2，由(Ⅰ)知b .由余弦定理得 2 2 5 b2 a2 c2  公 2accosB   ac 2  16 ac 4 16 ac，解得ac  9 .…………10分 众 5 5 20 3 号 又因为cosB  ，所以 ： 5 一 4 1 9 sinB  .S  acsinB  .…………12分 枚 5 ABC 2 50 试 18． （1）频率分布直方图如下图所示： …4分 卷 （2）根据以上数据，该家庭使用节水龙头后50天日用水量小于 君 0.35m3的频率为0.20.110.12.60.120.050.48； 因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于0.35m3的概率的估 计值为0.48；…7分 （3）该家庭未使用节水龙头50天日用水量的平均数为 1 x   0.0510.1530.2520.3540.4590.55260.655 0.48…9分 1 50 该家庭使用了节水龙头后50天日用水量的平均数为 1 x   0.0510.1550.25130.35100.45160.555 0.35．…11分 2 50 估计使用节水龙头后，一年可节省水  0.480.35 36547.45  m3  ． …12分 19．解：(1)证明：连接PM，在RtPAB中，PB2 3，PC 4， 所以PA2.因为点M 是AB的中点，所以BM PM 2. ……1分  在BMC中，MBC  ，BM 2，BC 4，由余弦定理，有CM 2 3， 3 所以BM2 CM2 BC2，所以ABCM . ……3分 第 1 页 共 4 页 {#{QQABLYCUggigAhAAAAhCAw1wCEIQkBCCAIoOAEAMoAABgQNABAA=}#}公 众 号 ： 一 枚 试 卷 君 {#{QQABLYCUggigAhAAAAhCAw1wCEIQkBCCAIoOAEAMoAABgQNABAA=}#}2x2  a2  xa  2xa  x1  21. 解：（1）F  x  x2 2xalnxax ，F x   ，·······1分 x x ∵F  x 的定义域为 0,． a a a0,则 0F(x)0,有x (舍去)，x1, ···················································2分 2 2 F  x 在 0,1 上递减，F  x 在 1,上递增， F  x  a1，F  x 无极大值．······································································4分 极小 sinx 12cosx （2）设h  x ax x[0,2]，h x a ，·······················5分 2cosx  2cosx 2 12t 2  t2  t1  2  t1  设t cosx ，则t1,1  ， t  ， t   ≥0 ，········7分  2t 2  2t 4  2t 3  1 ∴ t  在 1,1  上递增，∴ t  的值域为  1,  ，·······8分  3 1 ①当a≥ 时，h x ≥0，h  x  为  0, 上的增函数，∴h  x ≥h  0 0，适合条件．·······9分 3   1 ②当a≤0时，公∵h  a  0 ，∴不适合条件．·······10分 2众 2 2 1 号 sinx ③当0a 时，对于0 x ，h  x ax ， ： 3 2 3 一 sinx cosx   令T  x ax ，T x a ，存在x 0,枚，使得x 0,x  时，T x 0， 0 3 3  2 试 ∴T  x  在  0,x  上单调递减，∴T  x T  0 0，即在x 0,x  时卷，h  x 0，∴不适合条件． 0 0 0 君 1  综上，a的取值范围为  , ．·······12分 3  1 22．解：（1）消去参数t，得曲线C 的直角坐标方程为 y2  x1 ,即x2y30. 1 2 xcos 把 代入2 6sin，曲线C 的直角坐标方程为x2  y2 6y 0.…5分 y sin 2 |0233| 3 （2）圆心到直线AB的距离为d   1+ 2 2 5 3 圆上动点P到弦AB的距离的最大值为d+r  3 5 2  3  12 解法1：弦长 AB 2 r2d2 2 32     5 5 1 1 12  3  18   ∴PAB的面积S的最大值为 AB d=    +3  1+ 5 . ………10分 2 2 5  5  5 解法2：设圆C 上动点P(3cos,33sin) ,P到直线C 的距离 2 1 3cos2(33sin)+3 6sin3cos3 3 5sin()3 3 d     3 5 5 5 5 第 3 页 共 4 页 {#{QQABLYCUggigAhAAAAhCAw1wCEIQkBCCAIoOAEAMoAABgQNABAA=}#} 2 x1 t   5 x2  y2 6y 0 2 化C 的参数方程为 代入 得，t2  t70 1  1 5 y 2 t   5 2 2  2 12 则t t  ,tt 7 则 AB  t t   t t 24tt    4(7) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 5  5 5 1 1 12  3  18   ∴PAB的面积S的最大值为 AB d=    +3  1+ 5 . 2 2 5  5  5 2x2, x3  23.解：（1） f(x) f(x4)|x1||x3| 4, 3 x1 --------3分  2x2, x1 当x3时，2x28，解得x5； 当x1时，2x28，解得x3 综上，原不等式的解集为(,5][3,) ------------------5分 b b （2）因为|a|1,|b|1，所以 f(ab)|ab1|1ab, |a| f( )|a|| 1||ba| a a 公 b 令m f(ab)|a| f( 众)1ab|ba|， -------------7分 a 号 若ba，则m1ab|ba|(1a) ： (1b)， 一 b 枚 因为|a|1,|b|1，所以m0，所以 f(ab)|a| f( )； -------------9分 a 试 卷 若ba，则m1ab|ba|(1a)(1b)， 君 b b 因为|a|1,|b|1，所以m0，所以 f(ab)|a| f( )综上所述， f(ab)|a| f( ) ------------10分 a a 第 4 页 共 4 页 {#{QQABLYCUggigAhAAAAhCAw1wCEIQkBCCAIoOAEAMoAABgQNABAA=}#}