高三数学答案_2024年3月_013月合集_2024届辽宁省辽东南协作体高三下学期开学考试_辽宁省辽东南协作体2023-2024学年高三下学期开学考试数学PDF版含答案

高三数学答案 一．选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 二．选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全 部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C D A D C B A B AB ABC AD 三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 200 13. 20 14．(3，＋∞) 四．解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（本小题满分13分） 解：（1）当a1时， f(x)xex， f(x)1ex， ∴ f(0)1, f(0)0， ∴曲线y=f（x）在点(0，f(0))处的切线的方程为y10.………………4分 （2）由 f(x)xaex得， f(x)1aex， 当a0时， f(x)0，函数 f(x)在R上单调递增， 此时 f(a)aaea a(1ea)0, f(1)1ae>0， 所以当a0时，曲线y=f（x）与x轴有且只有一个交点；………………8分 当a0时，令 f(x)0得，xlna， ∴x(,lna), f(x)0, f(x)单调递增，x(lna,), f(x)0, f(x)单调递减， ∴当xlna时，函数 f(x)有极大值， 若曲线y=f（x）与x轴有且只有一个交点， 1 则 f(lna)lnaaelna 0，解得a ， e 1 综上所述，当a0或a 时，曲线y=f（x）与x轴有且只有一个交点.………………13分 e 16.（本小题满分15分） 高三数学试卷 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司3 2 1 1 解：（1）设甲同学三道题都答对的事件为A，则PA    ， 4 3 2 4 1 3 所以甲同学至少有一道题不能答对的概率为P1PA1  .………………5分 4 4 （2）设甲同学本次竞赛中得分为X ，则X 的可能取值为0,2,4,6,8分， 1 1 1 1 3 1 1 1 2 1 5 则PX 0    ，PX 2       ， 4 3 2 24 4 3 2 4 3 2 24 3 2 1 1 1 1 7 3 1 1 1 2 1 5 PX 4       ，PX 6       4 3 2 4 3 2 24 4 3 2 4 3 2 24 3 2 1 1 PX 8    4 3 2 4 所以X 的概率分布列为： X 0 2 4 6 8 1 5 7 5 1 P 24 24 24 24 4 1 5 7 5 1 29 所以EX 0 2 4 6 8 （分） ………………9分 24 24 24 24 4 6 设乙同学本次竞赛中得分为Y，由Y的可能取值为0,2,4,6,8分 1 3 1 2 1 2 4 PY 0   ，PY 2C1    ， 3 27 2 3 3 27 2 2 1 2 1 2 6 2 1 2 2 8 PY 4        ，PY 6C1    3 3 3 3 27 9 23 3 27 2 3 8 PY 8   3 27 所以Y的概率分布列为： Y 0 2 4 6 8 1 4 2 8 8 P 27 27 9 27 27 1 4 2 8 8 144 16 所以EY 0 2 4 6 8  ………………13分 27 27 9 27 27 27 3 16 32 29 由于EY  EX ， 3 6 6 所以乙同学的得分高.………………15分 17.（本小题满分15分） 证明：1因为PA底面ABCD，BC平面ABCD，所以BC PA. 高三数学试卷 第 2 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司四边形ABCD为矩形，所以BC  AB，因为PAI AB A，所以BC 平面PAB. 从而BC  AE，因为PA AB2，点E是棱PB的中点﹐所以AEPB. 因为PBBC B，所以AE⊥平面PBC. 又因为AE平面ACE，所以平面ACE平面PBC.………………6分 2解：以A为坐标原点，分别以AB,AD,AP的方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz， uuur 如图所示，依题意可得A0,0,0,B2,0,0,C(2,3,0),D0,3,0,E1,0,1,EC 1,3,1， uuur uuur AC 2,3,0,DC 2,0,0 uuuv v r ECn0 x 3y z 0， 设平面ACE的法向量为nx,y ,z ，由uuuv v ，得 1 1 1 1 1 1 ACn0 2x 1 3y 1 0 r 不妨令x 3,可得n(3,2,3).………………9分 1 uuuv v ur ECm0 x 3y z 0 设平面CED的法向量为mx ,y ,z ，由uuuv v ，得 2 2 2 2 2 2 DCm0 2x 2 0 ur 不妨令y 1，可得m0,1,3.………………12分 2 r ur r ur nm 55 易知二面角ACED为锐角， cosn,m  r ur  ， n m 10 55 所以二面角ACED的余弦值为 .………………15分 10 18.（本小题满分17分）  p  p 解：（1）抛物线的焦点F ,0，准线为x ，  2  2 p 因为点P1,y y 0到其焦点的距离为2，所以1 2，解得p2，………………2分 0 0 2 所以抛物线的方程为y2 4x，………………4分 高三数学试卷 第 3 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司因为点P1,y y 0在抛物线上，所以y 2 4，解得y 2，所以P1,2， 0 0 0 0 综上，P点坐标为1,2，抛物线的方程为y2 4x．………………8分 （2）证明：设直线MN的方程为xmyn， 1  1  xmyn M y2,y ，N y2,y ，联立 ，得y24my4n0， 4 1 1  4 2 2  y2 4x y 2 4 k  1  所以y y 4m，y y 4n，所以 PM 1 y 2，………………10分 1 2 1 2 y21 1 4 1 4 同理可得k  ， ………………12分 PN y 2 2 1 16 1 因k k  ，所以  ，所以y y 2y y 360， PM PN 2 y 2y 2 2 1 2 1 2 1 2 所以n2m90，即n2m9（满足0）， 直线MN的方程为xmy2m9my29， 所以直线MN过定点9,2．………………17分 19.（本小题满分17分） 解：（Ⅰ）依题意a a 1，且a a (n1，2，L )， 1 2 n2 n 所以数列a 的前10项和为5. ………………5分 n （Ⅱ）由于数列a 具有性质P(4)和P(t)，其中t为大于零的奇数， n 4 t 令t 2k1，kN*，则有a a a a ， n+2 n+2+2k-1+2k-1 n4k n 所以a a a a . n+1 n+1+2k-1 n2k n 综上a 为常数列. n 又因为a 具有性质P(4)，所以a a +a a 4. n 4 1 2 3 4 所以a 1. ………………10分 n a L a a （Ⅲ）要证 N1 Nk  ， k m a 只需证a a L a k ， N1 N2 Nk m a a a 即只需证(a  )(a  )L (a  )0， N1 m N2 m Nk m 高三数学试卷 第 4 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司a 令数列b a  ，由于数列a 具有性质P (a)，则数列b 具有性质P (0). n n m n m n m 令S b b L b (iN*)， i 1 2 i 设S，S，L ，S 的最小值为S (1N m)， 1 2 m N 对kN*，令N k  pmr， p, rN,0r m， 由于b 具有性质P (0)，所以S 0. n m pm 所以S S b b L b b b L b S S . pm+r pm pm1 pm2 pmr 1 2 r r N a a +L a a 所以 N1 N1 Nk  成立. ………………17分 k m 高三数学试卷 第 5 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司