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