河南省实验中学2023-2024学年高三上学期期中考试 数学答案

参考答案：1．C2．D3．B4．C5．D6．B7．C8．A9．ABD10．ACD11．ACD12．BC4213．9614．15015．16．①②④3π17．(1)B=(2)321+3【详解】（1）在ABC中，因为sinsin(ABCC+=−=)(π)sin，故由(acABabAB−+=−+)sinsinsin()()()可得(acCabAB−=−+)sinsinsin()()由正弦定理得c(a−c)=(a−b)(a+b)，即ca222b+a−c=．1则cosB=，又0Bπ，故．2133（2）SacB==sin，得ac=3，ABC24由余弦定理a2+c2−b2=2accosB，即(a+c)22−b=2accosB+2ac，得ac+=13，所以的周长为18．(1)当n=2,kkN+时，−3+1−2nnn2+nS=−+−++−−=−−++−14916(n1)22n37(12n)==−；n22222nn+当n=2k−1,kN+时，Sn=1−4+9−16++=；n2nn2+−=,2nk22n−1nn+所以Sn=()kN+（或Sn=(−1)）nn2+2,nk=−212n−1(2)n2时，(−1)bn=Tn−Tn−1=2n−1；n=1时，bT11==2，不符合上式；2,n=1b=所以nn−1，(−1)(2nn−1),11111设{}bb的前n项和为R，则R=++++=nn+1nn2(3)−−355(7)−−(2nn−1)(2+1)111111−−()−=−.6232nn++1423{#{QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=}#}319．(1)证明过程见详解(2)2【详解】（1）连接AC，在菱形ABCD中，D=AB120，AD=2，所以AC=2，在PAD中，PAAD==2，PD=22，所以PA222A+=DPD，所以PAA⊥D，在△PAC中，，PA=2，PC=22，所以PAA222+=CPC，所以PAA⊥C，又ACADA=，，AD平面，所以PA⊥平面，又BD平面，所以PABD⊥，因为四边形是菱形，所以AC⊥BD，又ACP=AA，，PA平面PAC，所以BD⊥平面，又PC平面，所以PCB⊥D．（2）记ACBDO=，连接OE，由点O是棱的中点，且点E是PC的中点，所以OEPA，又由（1）知平面，所以OE⊥平面，以为坐标原点，OB，OC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，所以B(3,0,0)，D(−3,0,0)，P(0,−1,2)，A(0,−1,0)，C(0,1,0)，BP=−3,−1,2BA=−3,−1,0所以()，()，设平面BAP的一个法向量为n1=(x1,,y1z1)，n1=BP0−3x1−y1+2z1=0所以，即，令y1=−3，解得x1=1，z1=0，n1=BA0−30xy11−=所以平面的一个法向量为n1=−(1,3,0)，11因为是的中点，且PC=−(0,2,2)，所以PE=PC=(0,2,−2)=(0,1,−1)，22所以BE=BP+PE=(−3,−1,2)+(0,1,−1)=(−3,0,1)，又BD=−(23,0,0)，设平面BDE的一个法向量为n2=(x2,,y2z2)，n2=BD0−=23x20所以，即，令y2=1，解得x2=0，z2=0，n2=BE0−30xz22+=故平面的一个法向量为n2=(0,1,0)，由图可知平面PAB与平面所成角为锐角，{#{QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=}#}nn−333所以cos,nn===12，故平面PAB与平面BDE所成角的余弦值为．12212nn122244220．(1)p0=【详解】（1）由题意得则fpppp()=−C1,0,1()()，3622则fpppppppp()=−−−=−−C4121C14643443()()()()，令fp()=0，得p=；663222当p0,时，fp()0，fp()在区间0,内单调递增；当p,1时，fp()0，33322在区间,1内单调递减，所以当p=时，fp()取得最大值，即．3322（2）若选规则一，记X为甲投进的次数，则XB~6,，则EX()=64=，33记Y为甲所得代金券金额，则YX=10，EY(EX)==1040()．若选规则二，记Z为甲投进的次数，则Z的所有可能取值为0，1，2．记甲第k次投进为事件Akk(=1,2)，未投进为事件Ak，122所以投进0次对应事件为AA，其概率为PZPAA(=0)===；12(12)33921111投进1次对应事件为AAAA+，PZ(=1)=+=；121233333224投进2次对应事件为AA，PZ(=2)==．所以Z的分布列为12339Z012214P93921411所以EZ()=0+1+2=；9399440记L为甲所得代金券金额，则LZ=40，EL()=，因为E(LY)E()，9所以甲应选规则二参加比赛．xy2221．（1）+=1；（2）证明见解析.43c1解:（1）由题意知=，所以ac=2，又a2=+b2c2，所以bc=3a29当PQ⊥x轴时，△APQ的面积为，212b29所以(ac+)=，得b2=3；结合上式可得ac22==4,1，22a所以椭圆C的标准方程为.{#{QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=}#}（2）由（1）知F(1,0)，设直线PQ的方程为xmy=+1，Px(,y)1122Q,(,x)y22xy22与椭圆+=1联立，得(34690mymy++−=).43显然0恒成立.69myyyy+=−=−,(*)12123434mm22++y1y2直线AP的方程为yx=+(2)，直线BQ的方程为yx=−(2)，x1+2x2−2yy联立两方程可得，所以12(xx+22)=(−)xx12+2−2x+2xymyyy++23(myy+3)===1212212xyxymymyyy−−−−2211212121()3由式可得myyyy=+()，12122339y++y+3yyyx+2(12)212代入上式可得==222=3，解得x=4,33yyx−2(yy+)−y12+212122故点M在定直线x=4上.22.（1）解：f(x)=ex−1−a(x−1)；则f'(x)=−ex−1a，①当a0时，fx'()0恒成立，此时fx()在定义域内单调递增；②当a0时，令fx'()=0，得xa=+1ln，当xa+1ln时，fx'()0，单调递减；当xa+1ln时，fx'()0，单调递增；综上，时，在定义域内单调递增；时，在(−,1+lna)上单调递减；在(1+lna,+)上单调递增；e(2)解：令g(x)=ex−1−a(x−1)−xlnx−ln(x0)；g'(x)=ex−1−a−1−lnx,x0，211g''(x)=ex−1−,x0，g'''(x)=ex−1+0，所以gx''()单调递增，又g''(1)=0，则xx201x时，gx''()0；x1时，gx''()0；所以gx'()在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增；所以g'(x)min=g'(1)=−a，①当时，gx'()0恒成立，此时gx()在定义域内单调递增；若使gx()0恒成立，则{#{QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=}#}1eee11−e−12只需lim()ln0gxa=+−，即a−=−lnln2；（注：由ln2，故x→0+e22eee3e−1e−1−ln20），即−ln20a；（xxln洛必达法则/图象）ee②a0时，gx'()=0有解，由limgx'()→+，ga'(1)0=−，limgx'()→+，且x→0+x→+gx'()在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增，所以在与各有一个零点，不妨分别记为xx12,；所以xx(0,)1时，gx'()0，gx()单调递增，xxx(,)12时，gx'()0，单调递减，xx+(,)2时，gx'()0，单调递增；由，则1elim()ln0gxa=+−，故若使gx()0恒成立，只需gx()02；（含参隐零点）x→0+e2x2−1x2−1又gx'()02=，即eaxx−−−=1ln0,122，即aexx=−−1ln,122，则eegxea()(1)lnln(2)ln1ln0,1xxxxexxx=−−−−=−+−−−xx22−−11，2222222222e令hxxexxx()(2)ln1ln,1=−+−−−x−1，211而当x1时，h'(x)=(1−x)exx−−11+1−=(1−x)(e−)0，xx所以hx()在(1,+)上单调递减，且h(2)=0，所以由gx(2)0得12x2；而在(1,2)上单调递增，所以a的范围为(0,e−−1ln2)；1综上的取值范围为[1−−ln2,e−1−ln2).e{#{QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=}#}