湖北省荆州中学2023-2024学年高三上学期10月半月考 数学答案

．荆州中学2024届高三数学十月半月考参考答案1-4．CDAD5-8．BCAB9．BC10．ACD11．ABC12．AD13．2.514．e315．(1,0)16．(0,2)17．（1）1（2）3学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）f(x)sinxsinx3sinxcosx44sinxsinx3sinxcosx424sinxcosx3sinxcosx4413cos2xsin2x22sin2x，6fsin215分666A（2）由题意可知，fsinA1，26而0A可得：A，即A，623233sinBsinCsinBsinBsinBcosB3sinB，32262510B,B,sinB1，366626sinBsinC的最大值为310分518．（1）证明见解析（2）5【详解】（1）取A1C1的中点O，连接B1O,OD，则OB1A1C1,OD∥AA1，又因为AA1平面ABC，所以OD平面ABC，则OA1,OD,OB1两两垂直，2分如图，以O为原点，OA1,OD,OB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,2,0),B(0,2,3),D(0,2,0),A1(1,0,0),E(1,1,0)，可得A1D(1,2,0),A1B(1,2,3),BA(1,0,3),BE(1,1,3)，设n1x1,y1,z1,n2x2,y2,z2分别为平面A1BD和平面BAE的法向量，学科网（北京）股份有限公司A1Dn1x12y10由，令y1，则x2,z0，111A1Bn1x12y13z10可得n1(2,1,0)是平面A1BD的一个法向量，4分BAn2x23z20由，令z1，则x3,y23，222BEn2x2y23z20可得n2(3,23,1)是平面BAE的一个法向量，6分因为n2n1232300，即n1n2，所以平面BAE平面A1BD．7分（2）由（1）可得：A1A(0,2,0),n1(2,1,0)是平面A1BD的一个法向量，设AA1和平面A1BD所成角为，n1A1A25则sincosn,AA，115n1||A1A∣525所以AA和平面ABD所成角的正弦值为．12分115n(n1)19．（1）aa(n1),nN*,a,nN*n1nn23(2n1)3n1（2）Tn4【详解】（1）由题意可知，a11,a2312a12，a36123a23,.,anan1n，*所以数列an的一个递推关系为an1an(n1),nN，2分所以当n2时，利用累加法可得n(n1)aaaaaaaa123n，n12132nn12学科网（北京）股份有限公司12n(n1)将n1代入得a1，符合a，5分12n2n(n1)所以数列a的通项公式为a,nN*．6分nn233（2）当n1时，Sb，即b3，1212133当n2时，Sb，①n2n233Sb，②n12n1233①②，得bSSbb，即b3b，8分nnn12n2n1nn1所以数列bn是以3为首项，3为公比等比数列，nn1所以bn3,bn13，bb23n由题意可知bb(n21)d，所以dn1n，n1nnnn1n1n(n1)23n所以adn3n，9分nn2n1所以123n1n，③Tn132333(n1)3n3234nn1，④3Tn132333(n1)3n3③④得123nn1，2Tn3333n333n12Tn3n111分n133(2n1)3n1所以T，n43(2n1)3n1所以数列ad的前n项和T．12分nnn41120．（1）极大值为fln2，无极小值（2）124【详解】（1）当m1时，f(x)lnxx2x1(x0)，1(x1)(2x1)f(x)2x1． xx学科网（北京）股份有限公司11当0x时，f(x)0，则f(x)在0,上单调递增；2211当x时，f(x)0，则f(x)在,上单调递减．22111所以f(x)在x时取得极大值且极大值为fln2，无极小值；5分224（2）因为对任意x0,f(x)0恒成立，所以lnxx1mx22x在(0,)上恒成立，lnxx1即m在(0,)上恒成立，x22xlnxx1(x1)(x2lnx)设，则．F(x)2F(x)2x2xx22x设(x)(x2lnx)，显然(x)在(0,)上单调递减，1111因为(1)10,2ln2ln20，22221所以，使得，即，分x0,1x00x02lnx0082当x0,x0时，(x)0,F(x)0；当xx0,时，(x)0,F(x)0，所以F(x)在0,x0上单调递增，在x0,上单调递减，lnxx11所以00，分F(x)maxFx0210x02x02x0111因为，所以，x0,1,122x02故整数m的最小值为1．12分21．（1）设该选手答对的题目个数为，该选手在第一轮的得分为，则10，易知的所有可能取值为0，1，2，C21C1C13C23则2233，故的分布列为P(0)2,P(1)2,P(2)2C510C55C510学科网（北京）股份有限公司012P133105101336则E()012，所以E()10E()12．4分1051051（2）①由题意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，P0，则P．233②由第n次回答的是甲的概率为Pn，得当n2时，第n1次回答的是甲的概率为Pn1，第n1次回答的不11是甲的概率为1P，则PP01P1P．n1nn1n133n111113131即，又是以为首项，为公比的等比数列，则PnPn1P1,Pn43444443n176311311311，Pn,P8P7434434434∴第7次回答的是甲的可能性比第8次回答的是甲的可能性大．12分22．（1）yx（2）证明见解析【详解】（）设，1Ax1,y1,Bx2,y2,P(1,1),BP1x2,1y2,PAx11,y1131x2x11x143x2PA3BP,,．31y2y11y143y22又2，即2，y14x1,43y2443x23y28y24x2又22或，y24x2,4y28y20,y20y22当y20时，x20,x14,y14；当y22时，x21,x11,y12，此时直线AB的斜率不存在，舍去，A(4,4),B(0,0)，∴直线AB的方程为：yx．4分（2）设直线AB:yk(x1)1，则直线CD:yk(x1)1，设Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4，学科网（北京）股份有限公司1yk(x1)1x(y1)14444由，即，则2，所以，2kyy40y1y2,y1y24y4x2kkkky4x11又|AP|1y1,|BP|1y1，k21k22111441|AP||BP|12y11y2112y1y2y1y211241312kkkkkk11，同理可证：，|CP||DP|312312(k)k|AP||CP||AP||BP||CP||DP|,，|DP||BP|又CPABPD,△APC∽△BPD,CAPBDP．12分学科网（北京）股份有限公司