理数答案_2024年4月_01按日期_16号_2024届四川绵阳南山中学高三4月绵阳三诊热身考试_四川省绵阳南山中学2024届高三下学期4月绵阳三诊热身考试数学（理）

2021级高三下期绵阳三诊热身考试试题 理科数学参考答案 一、单选题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A A A B C C C B A D A D 二、填空题  2  32π 13．30 14.3 15. , 16. ln2  3 三、解答题 17．（Ⅰ）由题意，得0.020.032a0.018101， 解得a0.03； 又由最高矩形中点的的横坐标为20，可估计盒子中小球重量的众数约为20（克） 而50个样本小球重量的平均值为：X 0.2100.32200.3300.184024.6（克） 故由样本估计总体，可估计盒子中小球重量的平均值约为24.6克； （Ⅱ）利用样本估计总体，该盒子中小球重量在5,15 内的概率为0.2 1 则X B(3, ).X 的可能取值为0、1、2、3， 5 0 3 2 1 4 64 1 4 48 PX 0C0      ，PX 1C1     ， 3 5 5 125 35 5 125 2 3 0 1 4 12 1 4 1 PX 2C2     ，PX 3C3      . 3 5 5 125 35 5 125 X 的分布列为： X 0 1 2 3 64 48 12 1 P 125 125 125 125 64 48 12 1 3 1 3 EX 0 1 2 3  .（或者EX 3  ） 125 125 125 125 5 5 5 S  S S 18．（1）设等差数列 n的公差为d，则 4  1 3d，即S 3d 5，①  n  4 1 1 S S 因为S a a S  4，所以由 2  1 d ，得S 2d 4．② 2 1 2 1 2 1 1 试卷第1页，共6页 {#{QQABCQiAggiAAIIAARgCUQXyCkAQkBACAIoOQAAEoAAByAFABAA=}#}S 由①、②解得S 2,d 1，所以 n n1，即S nn1， 1 n n 当n2时，a S S nn1n1n2n， n n n1 当n1时，a S 2，上式也成立， 1 1 所以a 2n  nN* ，所以数列a 是等差数列； n n b a 2n n （2）由（1）可知 n1  n   ， b a 2n4 n2 n n2 b b b n1 n2 1 12 当n2时，b  n  n1 2b     6 ， n b b b 1 n 1 n 3 n n 1 n1 n2 1 因为b 6满足上式，所以b  12 12   1  1    n N* ． 1 n nn1 n n1  1 1 1 1 1   1  12 T 121      121 12 ． n  2 2 3  n n1  n1 n1 19．（1）证明：因为AC2BC2，所以BC1.   因为2ACB ，所以ACB . 3 6 1 2 BC AC  在ABC中，  ，即  sinB ，所以sinB1，即ABBC. sinA sinB sin 6 又因为平面ABC平面BCCB，平面ABC平面BCCB BC ，AB平面ABC， 1 1 1 1 所以AB平面BCCB. 1 1 又BC平面BCCB，所以ABBC， 1 1 1 1  在BBC中，BB2，BC1，CBB  ， 1 1 1 3  所以BC2 BB2BC22BBBCcos 3，即BC  3，所以BC BC. 1 1 1 3 1 1 而ABBC，AB平面ABC，BC平面ABC，ABBCB， 1 所以BC平面ABC. 1 又BC平面ACB ，所以平面ABC平面ACB . 1 1 1 试卷第2页，共6页 {#{QQABCQiAggiAAIIAARgCUQXyCkAQkBACAIoOQAAEoAAByAFABAA=}#}（2）以B为坐标原点，以BC为x轴，BA为y轴，过B作平面ABC的垂线为z轴建立如 图所示的空间直角坐标系：则B  0,0,0，C  1,0,0，A  0, 3,0  ，       BC平面ABC，B 1,0, 3 ，BB  1,0, 3 ， 1 1 1     在三棱柱中，AA//BB //CC ，可得C 2,0, 3 ，A 1, 3, 3 ， 1 1 1 1 1 1  P为BC中点，P ,0,0， 2    1        AP , 3, 3 ，AB  1, 3, 3 ，CB  0,0, 3 ， 1  2  1 1  设平面ACB 的一个法向量为nx,y,z， 1   A  B  n  0  x 3y 3z0 则1  ，即 ，令x 3，可得y1,z0， CB 1 n0  3z0    则n 3,1,0 ， 设直线AP与平面ACB 所成角为， 1 1 3     30   APn 2 3 3 则sin cos AP,n  1    , 1 A 1 P n 5 2 10 2 3 3 故直线AP与平面ACB 所成角的正弦值为 . 1 1 10 20．（1） f x的定义域为,， fx2ae2x a2ex 1  aex 1  2ex 1  ， （ⅰ）若a0，则 fx0，所以 f x在,单调递减. （ⅱ）若a0，则由 fx0得xlna. 当x,lna时， fx0；当xlna,时， fx0， 所以 f x在,lna单调递减，在lna,单调递增. （2）（ⅰ）若a0，由（1）知， f x至多有一个零点. 试卷第3页，共6页 {#{QQABCQiAggiAAIIAARgCUQXyCkAQkBACAIoOQAAEoAAByAFABAA=}#}1 （ⅱ）若a0，由（1）知，当xlna时，f x取得最小值，最小值为 f lna1 lna. a ①当a1时，由于 f lna0，故 f x只有一个零点； 1 ②当a1,时，由于1 lna0，即 f lna0，故 f x没有零点； a 1 ③当a0,1时，1 lna0，即 f lna0. a 又 f 2ae4a2e222e220，故 f x在,lna有一个零点. 设正整数n 满足n ln   3 1  ，则 f n en0  aen0 a2  n en0 n 2n0 n 0. 0 0 a  0 0 0 0 3  由于ln 1lna，因此 f x在lna,有一个零点. a  综上，a的取值范围为0,1 .    2 21．（1）将点E 1,2 2 代入抛物线方程，可得 2 2 2p1，解得p4， 所以抛物线方程为y2 8x， 设直线AB的方程为：ykxmk 0,Ax,y ,Bx ,y ， 1 1 2 2 ykxm 联立方程 ，消去y得k2x22km8xm2 0，k 0， y2 8x 82km m2 由韦达定理得x x  , xx  ， 1 2 k2 1 2 k2 82km 4 根据抛物线定义： AF  BF  x x 4 48，可得m 2k ， 1 2 k2 k 此时Δ2km824k2m2 322km64  k21  0，解得k 1或k 1，  x x x  1 2  2 设AB的中点坐标为x ,y ，则 0 2 ， 0 0  y kx m 2km 0 0 1 可得AB的垂直平分线方程为：y2km x2， k 4 1 将m 2k 代入整理得：y x6，故AB的垂直平分线过定点6,0． k k 试卷第4页，共6页 {#{QQABCQiAggiAAIIAARgCUQXyCkAQkBACAIoOQAAEoAAByAFABAA=}#}82km 2 4m2 8 1k2 （2）由（1）可得 AB  1k2     1k2 ，  k2  k2 k2 1 4 k 且点M6,0到直线AB的距离 6km k ， d   1k2 1k2 1 16 k21k 则ABM 的面积为 1 k ， S  AB d  2 k2 256  k21  k2 1 2   可得  k2   1 1 1 ， S2  2561     k4  k2 k4 k6 1 设 t，设 f t1tt2t30t1，则 ft12t3t2 k2 1 1 令 ft0，解得0t  ；令 ft0，解得 t 1； 3 3  1 1  则 f t在0, 上单调递增，在 ,1上单调递减．  3 3  1  2 所以当t  时，ABM 的面积取最大值，此时k2 3，即k  3．此时AB:y 3x . 3  3  π 1 22．（1）曲线C 的极坐标方程为ρsinθ  0，即sin 3cos10， 1  3 2 则曲线C 的直角坐标方程为 3xy10， 1 把参数方程平方相加得曲线C 的普通方程为x2 y2 4. 2 π （2）易知点P在直线 3xy10上，且该直线的斜率为 3 ，倾斜角为 ， 3  1 x t   2 则曲线C 的参数方程为 （t为参数）， 1  3 y1 t  2 联立曲线C 的参数方程与曲线C 的普通方程得t2 3t30， 1 2 设点A，B在直线 3xy10上对应的参数分别为t ，t ， 1 2 由韦达定理可得t t  3，tt 3， 1 2 12 试卷第5页，共6页 {#{QQABCQiAggiAAIIAARgCUQXyCkAQkBACAIoOQAAEoAAByAFABAA=}#}1 1 1 1 t t t t 3     2 1  1 2  . PA PB t t tt tt 3 1 2 12 12 23．（1）因为4x2y2z2 3，所以(2x)2 y2z2 3， 又x、y、z均为正实数， 由柯西不等式有  1212122x2 y2z2  2x y z2，   所以2x yz3，当且仅当2x yz且4x2y2z2 3， 即2x y z1时，等号成立，所以2x yz的最大值为3. （2）因为y2x，x0，y 0，z  0， 由（1）得2x yz4xz3， 1 1 即04xz3，所以  ， 4xz 3 当且仅当2x z1时，等号成立， 1 1 z 4x  z 4x 因为    4xz 5  52  9， x z x z  x z 4x z 当且仅当  ，即z 2x1时，等号成立， z x 1 1 1 1 9 1 1 因为  ，所以    3，即  3． 4xz 3 x z 4xz x z 试卷第6页，共6页 {#{QQABCQiAggiAAIIAARgCUQXyCkAQkBACAIoOQAAEoAAByAFABAA=}#}