[46666419]广西“天字”校际月考答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年08月试卷_0807广西“飞天”校际2024-2025学年高三上学期7月考试数学试题

高三年级考试 数学试题参考答案及评分标准 2024.07 一，选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A D D B C B A 二，选择题 题号 9 10 11 答案 BCD AC AB 三，填空题 12.0.34135（精确到0.34即可） 13.2 （2分） 2 2 （3分） 14.（回答汉字空集或无解等也可得分） 四，解答题 15.（13分） （1）原式 2sin AcosAcosB(12sin2A)sinB2sin A[1cos(AB)] （1分） sinB 2cosAcosB2sinAsinB 22cos(AB)（2分） sinA sinB 2cos(AB)2cos(AB) 2（4分） sinA sinB  2b2a2（6分） sinA （2）余弦定理得到b2a  3（8分） 1 勾股定理得到B  （11分） 2 1 3 3 面积： 3 3  （13分） 2 2 16.（15分） c 3 1 （1）由题意得e  ， a2b1ab1，a2 b2 c2（3分） a 2 2 联立解得a2,b1,c 3 参考答案第 1 页 共 6页 {#{QQABTQAQggCAApAAABgCEQF6CkEQkBAAAQgOAEAAIAABAQFABAA=}#}x2 所以椭圆方程为  y2 1（5分） 4 （2）延长PO交椭圆于另一点N ，易知P,N关于原点对称 不妨设P:(x ,y )，则N :(x ,y )，x 0 0 0 0 0 0 易知ON 是△PBN 的中位线 所以4S S （8分） POM BON S 原式即求 PBN 4S AOM 1 1 S  2| y | 2| y |2| y | PNB 2 0 2 0 0 1 x 2 1 S  1| 0 | |x 2| AOM 2 2 4 0 2| y | 2| y | 原式 0  0 （12分） |x 2| 2x 0 0 x2 x2 由于 0  y2 1 y2 1 0 4 0 0 4 4y2 4x2 (2x )(2x ) (2x ) 4 所以原式² 0  0  0 0  0   1 (2x )2 (2x )2 (2x )2 (2x ) (2x ) 0 0 0 0 0 S S x [0,2]( PBN )2[1,] PBN 1 0 4S 4S AOM AOM 所以最小值是1 （15分） 17.（15分） x x x x x x 1 （1） f(x)sin4 cos4 (sin2 cos2 )2 2sin2 cos2 1 sin2 x（3分） 2 2 2 2 2 2 2 1 所以 f '(x) sin2x （4分） 2  3  7 7 3  f '( ) , f( ) l:y  (x ) 6 4 6 8 8 4 6 3 3 7 l:y  x  （6分） 4 24 8 1 1 （2） f(x)g(x)1 sin2 x ax2 axx 2 2 参考答案第 2 页 共 6页 {#{QQABTQAQggCAApAAABgCEQF6CkEQkBAAAQgOAEAAIAABAQFABAA=}#}令h(x) f(x)g(x) 不难发现h(0)1恒成立 （7分） 1 h'(x) sin2xaxa1 2 1 1 令h'(x)0 sin2xaxa10 sin2x1a(x1) 2 2 1  sin2x1 2 a  x1 1 1  sin2x1 (x1)cos2x sin2x1 令(x) 2 '(x) 2 x1 (x1)2 1 令u(x)(x1)cos2x sin2x1u'(x)2(x1)sin2x 2 当x(1,1)时，易知u'(x)2(x1)sin2x0 1 所以u(x)单调递增，所以u(x)u(1)2cos2 sin210 2 所以(x)单调递减，注意到(1)0,(0)1 （10分） 当a1时，x(1,x )时h(x)单调增，x(x ,1)时h(x)单调减 0 0 其中h(x )0,x 0 0 0 所以存在h(x )h(0)1，a1不符合题意 （12分） 0 当a1时，x(1,0)时h(x)单调增，x(0,1)时h(x)单调减 恰好h(x)h(0)1，a1符合题意 当a1时，x(1,x )时h(x)单调增，x(x ,1)时h(x)单调减 0 0 其中h(x )0,x 0 0 0 所以存在h(x )h(0)1，a1不符合题意 （14分） 0 综上所述，a 1  （15分） 18.（17分） （1）如图：延长ED交BB 于点Q，连接AQ 1 1 参考答案第 3 页 共 6页 {#{QQABTQAQggCAApAAABgCEQF6CkEQkBAAAQgOAEAAIAABAQFABAA=}#}只需有BP平面AQE即可，设高为2h （2分） 1 若BP AQ 1 BP不在平面内，AQ在平面内 1 可以得到BP平面AQE 1 所以只需BP AQ 1 （3分） 根据几何关系得到 2 3  3 h 3 3 2h3 3，高为3 3 （4分） 3h 3 2 （2）以AC 中点O为原点，建立如图的坐标系 3 3 3 3 3 3 3 1 1 A :(0, ,3 3),D:( , ,0),E:(0, , ),P:( 3, , 3)或( 3, , 3) 1 2 4 4 2 2 2 2    AD (1, 3,4),DE ( 3,1,2 3)n (5, 3,2) （6分） 1 1    AD (1, 3,4),DP ( 3,1,4 3)或( 3,5,4 3)n (2,2 3,1)或(1,4 3,4) 1 2 3 34 1 130 cos 或cos  （9分） 68 4 130 520 参考答案第 4 页 共 6页 {#{QQABTQAQggCAApAAABgCEQF6CkEQkBAAAQgOAEAAIAABAQFABAA=}#}（3）由题意得此图 由夹角60得到与P点轨迹平面相交的圆，圆内和圆上的点符合题意 图中，P从A出发，只需考虑净结果 （12分） 一：净向左1,2,3,4,5步均可 设向左k步 k右1,2,3,4,5 n1,2,3,4,5 得到 k  k右n 2 1 n1 n1 n2 n2 n3 n3 n4 n4 n5 n5 所以P  (C 2 2 2 C 2 2 2 C 2 2 2 C 2 2 2 C 2 2 2 ) 1 3n n n n n n n4 1 n2 n2 n4 n4 2 2 n4 n4 当n为偶数时P  (C 2 2 2 C 2 2 2 ) (C 2 C 2 ) （14分） 1 3n n n 3n n1 n n1 1 n1 n1 n3 n3 n5 n5 2 2 n5 n5 当n为奇数时P  (C 2 2 2 C 2 2 2 C 2 2 2 ) (C 2 2C 2 ) 1 3n n n n 3n n2 n （15分） 二：净向右4,5，6,7,8步均可 设向右k步 k左4,5,6,7,8 n4,5,6,7,8 得到 k  k左n 2 n4 1 n4 n4 n6 n6 n8 n8 2 2 n8 n8 当n为偶数时P  (C 2 2 2 C 2 2 2 C 2 2 2 ) (C 2 2C 2 ) 2 3n n n n 3n n2 n n5 1 n5 n5 n7 n7 2 2 n7 n7 当n为奇数时P  (C 2 2 2 C 2 2 2 ) (C 2 C 2 ) （16分） 2 3n n n 3n n1 n n4 2 2 n8 n8 n4 n4 综上：当n为偶数时P  (C 2 2C 2 C 2 C 2 ) 3n n2 n n1 n 参考答案第 5 页 共 6页 {#{QQABTQAQggCAApAAABgCEQF6CkEQkBAAAQgOAEAAIAABAQFABAA=}#}n1 2 2 n5 n7 n7 当n为奇数时P  (C 2 6C 2 2C 2 ) （17分） 3n n2 n1 n 19.（17分） （1）  1 或 2 或 3 ，  1,2,3 ，B  1,2,3,4,5,6 （3分） 1 2  n(n1) n(n1) （2）不难发现B1,2,3......,  共有 个数 （5分）  2  2 不妨让最大数与最小数之比2 n(n1) n(n1) 可以分为[1,2],[3,6].[7,14]......[ , ] （6分） 4 2 n 假设分为n组，这样最后一个数是第2i 2n12个 （7分） i1 n(n1) 只需证明 2n12 2  n(n1)442n  n2n442n 令 f(n)n2 n442n，只需 f(n)0 f '(n)2n12n4ln2, f ''(n)22n4(ln2)20 f '(n) f '(1)0 所以 f(n)n2 n442n  f(1)0 n(n1) n(n1) 所以 2n12，即不必分至n组即可将 个数全部分完 2 2 n(n1) n(n1) 在已经分好的组中再多分几组，均可满足题意，仅[ , ]一组 4 2 n  n1  n  n1  中还可再分 1组， 1n显然成立，故可分至n组，故该 4 4 分组符合题意（10分） 1 （3）要证 b sb ，其中b a a ......a ，s是某些数之和 2 k k k 1 2 k 1 只需证明s(b , b ) （12分） k 2 k1 假设s b a a ......a ，从而a s,a a 使得sa （15分） k 1 2 k i i k1 k1 所以2s a a ......a a b 1 2 k k1 k 1 1 所以s  b s(b , b ) 2 k1 k 2 k1 故存在这样的分组 （17分）（用（3）证（2）也得分） 参考答案第 6 页 共 6页 {#{QQABTQAQggCAApAAABgCEQF6CkEQkBAAAQgOAEAAIAABAQFABAA=}#}