高三数学答案_2024年2月_01每日更新_17号_2024届河北省石家庄市辛集市高三上学期2月期末_河北省石家庄市辛集市2023-2024学年高三2月期末数学试卷

高三数学答案
1.【答案】B
2.【答案】B
3.【答案】D
4.【答案】D
5.【答案】B
6.【答案】A
7【答案】A
8.【答案】A
9.【答案】AC
10【答案】BC
11.【答案】BCD
12.【答案】ABC
13【答案】42
37 3 259 3
14【答案】 或
4 4
23 13
15【答案】  , 
 6 3 
16【答案】2
17
sinBsinA sinCsinA ba ca
【详解】（1）∵  ，∴  ，
c ab c ab
b2a2 c2ac，a2c2b2 ac，
a2c2b2 1 π
∴cosB  ，∵0Bπ，∴B .
2ac 2 3
试卷第1页，共9页
学科网（北京）股份有限公司1 3
（2）由VABC面积为 3得： acsinB 3，而sinB ，∴ac4
2 2
1 2 3
∵AC边上的高为h，∴S  bh 3，则h ，
△ABC 2 b
∵a2c2b2 4，∴b2 a2c242ac44，当且仅当ac2时，取“=”，
即b的最小值为2．此时h最大为 3．
18
【详解】（1）BB //CC ，且BB  平面ACC A ，CC 平面ACC A ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴BB //平面ACC A ，又∵BB 平面BBD，且平面BBDI 平面ACC A DE，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴BB //DE；
1
（2）连接AC，取AC中点O，连接AO，BO，在菱形ACC A 中，AAC60，
1 1 1 1 1
∴△AAC是等边三角形，
1
又∵O为AC中点，∴AO AC，
1
∵平面ABC平面ACC A ，
1 1
平面ABC平面ACC A  AC，AO平面ACC A ，且AO AC，
1 1 1 1 1 1
∴AO平面ABC，OB平面ABC，∴AOOB，
1 1
又∵ABBC，∴BOAC，
以点O为原点，OB，OC，OA 为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
1
试卷第2页，共9页
学科网（北京）股份有限公司假设存在点D，满足题意，设D0,a,02a2，
O0,0,0 ，A0,2,0，A  0,0,2 3  ，B3,0,0，
1
uuur uuur uuur
 
BD3,a,0，DE AA  0,2,2 3 ，
1
r
设平面BBDE的一个法向量为nx,y,z，
1
r uuur
 nBD0 3xay0 r
 
则r uuur ，所以 ，令z 3，则y3，xa，故n a,3, 3 ，
nDE0 2y2 3z0
ur
设平面AABB 的法向量为mx,y,z 
1 1 1 1 1
uuur uuur
 
AA  0,2,2 3 ，AB3,2,0，
1
uuur r
  u A u A ur1 m r 0 ，   2y2 3z0 ，令y=3，则x2，z 3，故m ur   2,3, 3  ，
ABm0 3x2y0
ur r
ur r mn 2a12 1
cos m,n  ur r   ，解a2，
m n a212 16 2
π
所以点D在点C的位置时，平面AABB 与平面BBDE所成锐角为 ，
1 1 1 3
由于D不与A、C重合，故AC上不存满足题意的点.
19
【详解】（1）因为S S 3n26n3，
n1 n
当n1时，S S 2a a 36312，又因为a 2，所以b a a 10
2 1 1 2 1 1 1 2
当n2时，因为S S a ，由S S 3n26n3，得a S S 3n26n3①，
n n1 n n1 n n1 n n
所以a 2S 3n12 6n13②，
n n1
所以①②得：
a a 6n3，经验证，当n1时不等于b ，所以b 不是等差数列.
n1 n 1 n
（2）由a a 6n3n2，得a a 6n9n2，两式相减得：
n1 n n2 n1
试卷第3页，共9页
学科网（北京）股份有限公司a a 6n2.所以当n2时：
n2 n
数列a （kN*）是首项为a 8，公差为6的等差数列；
2k 2
数列a （kN*）是首项为a 7，公差为6的等差数列.
2k1 3
当n为偶数时，不妨设n2k  kN* ，则a 6k2，
2k
此时T c c c L c c
2k 1 2 3 2k1 2k
aa a a a a a a a a L a a a a
1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 2k1 2k 2k 2k1
aa a a a a a a a a a a a L a a a
1 2 2 3 5 3 4 7 5 6 9 7 8 2k1 2k1 2k
16566a 6a 6a L 6a 
4 6 8 2k
 k1k26
40614k1  18k230k8
 2 
9
因为n2k  kN* ，所以此时T  n215n8.
n 2
当n为奇数时，不妨设n2k1  kN* ，则a 6k1，
2k1
此时T c c c L c c c
2k1 1 2 3 2k1 2k 2k1
aa a a a a a a a a L a a a a a a
1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 2k1 2k 2k 2k1 2k1 2k2
aa a a a a a a a a a L a a a
1 2 4 2 3 6 4 5 8 6 7 2k2 2k 2k1
166a 6a 6a L 6a
3 5 7 2k1
 kk16
1667k  18k224k16.
 2 
因为n2k1  kN* ，所以此时T  9 n23n 17
n 2 2
9 9 17
综上所述，当n为偶数时，T  n215n8，当n为奇数时，T  n23n .
n 2 n 2 2
试卷第4页，共9页
学科网（北京）股份有限公司20
2 1 1
【详解】（1）依题意得甲获得决赛资格的概率为   ，乙获得决赛资格的概率为
3 2 3
3 2 1
  ，
4 3 2
X 的所有可能取值为0,1,2，
1 1 1 1 1 1 1 1
P(X 0) (1 )(1 ) ，P(X 1) (1 )(1 )  ，
3 2 3 3 2 3 2 2
1 1 1
P(X 2)   ，
3 2 6
所以X 的分布列为：
X 0 1 2
1 1 1
P
3 2 6
1 1 1 5
所以E(X)0 1 2  .
3 2 6 6
（2）记A “甲从A箱中抽出的是i (i0,1,2)道选择题”，B“乙从B箱中抽取的第一
i
题是选择题”，
C2 1 C1C1 3 C2 3 C1 3
则P(A ) 2  ，P(A) 3 2  ，P(A ) 3  ，P(B|A ) 3  ，
0 C2 10 1 C2 5 2 C2 10 0 C1 8
5 5 5 8
C1 1 C1 5
P(B|A) 4  ，P(B|A ) 5  ，
1 C1 2 2 C1 8
8 8
P(A )P(B|A ) P(A )P(B|A )
所以P(A |B) 2 2  2 2
2 P(B) P(A )P(B|A )P(A)P(B|A)P(A )P(B|A )
0 0 1 1 2 2
3 5

10 8 5 5
  . 甲从A箱中抽出的是2道选择题的概率为 .
1 3 3 1 3 5 14 14
    
10 8 5 2 10 8
21
【详解】（1）法一：设点Px,y，则Mx,1．
由题意知 PF  PM ，即 x2y12  y1，
试卷第5页，共9页
学科网（北京）股份有限公司整理得：x2 4y，则曲线C的方程为x2 4y．
法二：由题意知，点P到点F0,1的距离等于其到直线y1的距离相等，
则点P的轨迹为以F0,1为焦点，以y1为准线的抛物线，
则曲线C的方程为x2 4y.
（2）法一：由题意知，AB为圆x2y22 4的直径，则OAOB．
1
由题意知直线OA存在斜率，设为k，且k 0，则直线OB的斜率为 ．
k
又OA所在直线为ykx，
x2 4y
联立 ，解得：x 0或x 4k，则不妨取S点横坐标为x 4k，
ykx 1 2 2
x2y22 4 4k 4k
联立 ，解得：x 0或x  ，则不妨取A点横坐标为x  ，
ykx 3 4 1k2 4 1k2
4k  k22  4 k  k22 
所以 AS  1k2 x x  1k2   ．
2 4 1k2 1k2
1   1 2 
4  k      k   2  4  2k21 
同理可得 BT   ，
 1 2 k2 1k2
1 
 k
1 8  2k2 2k21  8  2k45k22 
四边形ABST 的面积S  AS  BT  
2 k  k21  k k2 k
  1  2 
8    2k2 k 2 2 5    8   2  k  k   1   ,
 
1 1
k  k 
k k
令t  k  1 k ，t2,,则S  8  2t21  8  2t 1  ,
t  t
因为S在2,上单调递增，所以当t2时，S有最小值36．
试卷第6页，共9页
学科网（北京）股份有限公司即当k1时，四边形ABST 面积的最小值为36
xmy 4
法二：设OA方程为xmy， 由 ,得y  ．
x2 4y S m2
  xmy 4 4  2m21 
由 ,得y  , ∴ AS  1m2 y y  ,
 x2y22 4 A m21 S A m2 1m2
 2 
4
m2
1
 4
 2m2
m
BT  
同理可得： 1 m21 ．
1
m2 1
m2
 2 
1 8  2m21  2m2 8  2m25 m2  
S  AS BT  
四边形ABST 2 m  m21  1
m 
m
令t  m  m 1 2, 则St 8  2t21  8  2t 1  在t2,上单调递增．
t  t
1 
∴St 8 436，
min 2 
当t2即k1时，四边形ABST 面积的最小值为36
即四边形ABST 面积的最小值为36．
22
 a
【详解】（1） f x的定义域是0,， fx2x a  2  x2 2  ，
x x
①a0时， fx 0， f x在0,单调递增，
 a  a 
2x x 
②a0时， 2 2 ，
fx   
x
令 f¢(x)>0，解得x 2a ；令 fx0，解得0x 2a ，
2 2
 2a   2a 
故 f x在0, 递减，在 ,递增，
 2   2 
   
试卷第7页，共9页
学科网（北京）股份有限公司综上：a0时， f x在0,单调递增，
 2a   2a 
a0时， f x在0, 递减，在 ,递增.
 2   2 
   
 e2
（2）要证 f xgx，即证ex axlnx，a0, ，
 2 
①当0x1时，ex 1，axlnx0，该不等式恒成立；
 e2 1
②当x1时，xlnx0，结合a0, ，得0axlnx e2xlnx，
 2  2
1 2ex2
只需证明：ex  e2xlnxx1，即证 lnx0x1，
2 x
2ex2 2ex2x1x
令Fx lnx，Fx ，
x x2
令hx2ex2x1x，则hx2xex21，
令mx2xex21，则mx2x2ex2 0在1,上恒成立，
所以hx2xex21在1,上单调递增，
2
又h1 10，h230，所以存在x 1,2，使得hx 0，
e 0 0
所以hx在1,x 上单调递减，在x ,上单调递增，
0 0
又h110，hx h(1)0，h20，h34e30，
0
所以当x1,2时，Fx0；当x(2,)时，Fx0，
即函数Fx在1,2上单调递减，在2,上单调递增，
所以Fx≥F21ln20，问题得证，
 e2
即当a0, 时， f xgx恒成立．
 2 
试卷第8页，共9页
学科网（北京）股份有限公司 e2
综上所述，当a0, 时， f xgx恒成立．
 2 
试卷第9页，共9页
学科网（北京）股份有限公司