2024届新高三摸底联考数学评分细则

2024届新高三摸底联考数学参考答案及解析三、填空题13．x2＋(y－2)2＝4或(x－5)2＋(y－2)2＝4或(x－2)2＋(y＋2)2＝4或(x＋3)2＋(y＋2)2＝4(写出其中的一个即可) 【解析】当圆心为M(a，2)时，圆M与直线l相切，即eq\f(|4a－10|,\r(42＋32))＝2，解得a＝0或a＝5.当圆心为M(a，－2)时，圆M与直线l相切，即eq\f(|4a＋2|,\r(42＋32))＝2，解得a＝2或a＝－3.所以圆的方程为x2＋(y－2)2＝4或(x－5)2＋(y－2)2＝4或(x－2)2＋(y＋2)2＝4或(x＋3)2＋(y＋2)2＝4.故答案为x2＋(y－2)2＝4或(x－5)2＋(y－2)2＝4或(x－2)2＋(y＋2)2＝4或(x＋3)2＋(y＋2)2＝4(写出其中的一个即可)．【写出一个正确答案就给分】14．－eq\f(π,18) 【解析】令feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ))＝eq\f(1,2)，当x＞0时，2x＋φ＞φ，所以2x1＋φ＝eq\f(π,6)，2x2＋φ＝eq\f(5π,6)，解得x1＝eq\f(π,12)－eq\f(φ,2)，x2＝eq\f(5π,12)－eq\f(φ,2)，又x2＝4x1，所以eq\f(5π,12)－eq\f(φ,2)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(φ,2)))，解得φ＝－eq\f(π,18).故答案为－eq\f(π,18).15.eq\f(\r(6),3) 【解析】“斜椭圆”的中心为坐标原点，所以长半轴的长度为曲线上的点到原点距离最大值，短半轴的长度为曲线上的点到原点距离最小值，由基本不等式|xy|≤eq\f(x2＋y2,2)，即－eq\f(x2＋y2,2)≤xy≤eq\f(x2＋y2,2)，所以－eq\f(x2＋y2,2)≤xy＝x2＋y2－3≤eq\f(x2＋y2,2)，解得2≤x2＋y2≤6，当x＝y＝±eq\r(3)时，x2＋y2＝6成立，x＝－y＝±1时，x2＋y2＝2成立．所以椭圆的长半轴长为eq\r(6)，短半轴长为eq\r(2)，所以椭圆的离心率为eq\r(1－\f(2,6))＝eq\f(\r(6),3).故答案为eq\f(\r(6),3).16.eq\f(1,3) 【解析】如图所示，取CC1的中点M1，CD的中点K，A1B1的中点H，BC的中点G，连接D1K，BK，D1H，HB，AG，MG，则∠M1DC＝∠DD1K，所以∠DD1K＋∠D1DM1＝∠M1DC＋∠D1DM1＝90°，所以D1K⊥DM1，同理可得BK⊥AG，又AD⊥D1K，因为AD∥MM1，所以A，D，M1，M四点共面．又因为D1K⊥AD，AD∩DM1＝D，所以D1K⊥平面ADM1M，所以D1K⊥AM.因为BK⊥AG，BK⊥MG，AG∩MG＝G，所以BK⊥平面AMG，所以BK⊥AM，D1K∩BK＝K，所以AM⊥平面D1KBH，所以平面D1KBH即为α，D1K为α与平面D1DCC1的交线，在D1K上取一点P，过P作PN⊥CD于N，过N作NQ⊥BD于Q，设PN＝x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))，则DN＝eq\f(1－x,2)，NQ＝eq\f(1－x,2\r(2))，|PQ|2＝|PN|2＋|NQ|2＝x2＋eq\f(（1－x）2,8)＝eq\f(9,8)(x－eq\f(1,9))2＋eq\f(1,9)≥eq\f(1,9)，当且仅当x＝eq\f(1,9)时等号成立，所以|PQ|的最小值为eq\f(1,3).故答案为eq\f(1,3).四、解答题17．解：(1)由题意可得，男生中参加晨跑的概率为P＝eq\f(32,40)＝eq\f(4,5)，女生中参加晨跑的概率为P＝eq\f(10,40)＝eq\f(1,4).(4分)(2)零假设为H0：学生是否参加晨跑与性别无关．χ2＝eq\f(80×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(32×30－10×8))\s\up12(2),42×38×40×40)＝eq\f(11×880,399)≈24.261>7.879，(8分)依据小概率值α＝0.005的独立性检验，推断H0不成立，故可认为学生是否参加晨跑与性别有关．(10分)18．证明：(1)因为an＋1＝eq\f(1,3)an＋2n＋eq\f(5,3)，所以eq\f(an＋1－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))＋2,an－3n＋2)＝eq\f(\f(1,3)an＋2n＋\f(5,3)－3n－3＋2,an－3n＋2)＝eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－3n＋2)),an－3n＋2)＝eq\f(1,3).(2分)当n＝1时，a2＝eq\f(1,3)a1＋2＋eq\f(5,3)＝eq\f(13,3)，所以a1＝2，a1－3＋2＝1，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－3n＋2))是首项为1，公比为eq\f(1,3)的等比数列，所以an－3n＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)＋3n－2.(5分)(2)由(1)知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)＋3n－2，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(1)＋4＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)＋3n－2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(1)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n－1)))＋(1＋4＋…＋3n－2)＝1×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n),1－\f(1,3))＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋3n－2))×n,2)＝－eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)＋eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n＋eq\f(3,2).(12分)【其他解法酌情给分】19．解：(1)连接O1A，因为平面O1PD∥平面OAQ，且平面O1PD∩平面AQO1P＝PO1，平面OAQ∩平面AQO1P＝AQ，所以PO1∥AQ，(2分)又DO1∥AO，所以∠PO1D＝∠QAO＝∠AOQ＝θ，所以θ＝eq\f(π,3).(4分)(2)如图，作eq\o(AQB,\s\up8(︵))的中点M，分别以eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(OO1,\s\up6(→))为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，易知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，2))，O1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2))，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，0))，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，2))，eq\o(OO1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2))，(6分)设平面POO1的法向量为m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1))，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(OO1,\s\up6(→))＝2z1＝0,m·\o(OP,\s\up6(→))＝\f(\r(2),2)x1－\f(\r(2),2)y1＋2z1＝0))，取x1＝1，则y1＝1，z1＝0，所以m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，0))，(8分)设平面POA的法向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2，z2))，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(OA,\s\up6(→))＝x2＝0,n·\o(OP,\s\up6(→))＝\f(\r(2),2)x2－\f(\r(2),2)y2＋2z2＝0))，取y2＝2eq\r(2)，则z2＝1，x2＝0，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2\r(2)，1))，(10分)设二面角A－PO－O1为α，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosα))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝－eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2\r(2))),\r(1＋1)·\r(8＋1))＝eq\f(2,3)，(11分)所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),3)，所以二面角A－PO－O1的正弦值为eq\f(\r(5),3).(12分)【其他解法酌情给分】20．解：(1)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∵S△ABC＝eq\f(1,2)bcsin∠BAC＝eq\f(9\r(3),8)，∴bc＝eq\f(9,2)，(1分)∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3