2024届四川省南充市高三上学期一诊考试文科数学答案

2024届南充一诊文科数学参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．题号123456789101112选项CDDABACABBCD二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．113．914．315．7816．2三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17―21题必考题，每个试题考生必须作答.第22、23题为选考题，考试根据要求作答.(一)必考题17．解：(1)数列an是等比数列且a4是6a2和a3的等差中项322a46a2a3即：2a1q6a1qa1q2q2q603解得：q2或q（舍去）4分2又a12n1nan222(nN*).6分11111由得8分(2):(1)bnnn1log2anlog2an1log22log22n(n1)nn1T2023b1b2b2022b20231111111(1)()()()2232022202320232024120231.12分20242024n(adbc)2200(60208040)218解：(1).由题意得K2(ab)(cd)(ac)(bd)100100140602009.5247.8794分21故有99.5%的把握认为70岁以上老人感染支原体肺炎与自身有慢性疾病有关.5分(2).现从感染支原体肺炎的60位老人中按分层抽样的方式抽出6人，则抽出的6人中有慢性疾病4人，无有慢性疾病2人.6分，，，设慢性疾病4人编号为A1A2A3A4；无有慢性疾病2人编号为B1，B2.现从6人中随机抽出2人共15种情况.{#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}具体情况如下：A1A2，A1A3，A1A4，A1B1，A1B2;A2A3，A2A4，A2B1，A2B2;A3A4，A3B1，A3B2，A4B1A4B2;B1B210分其中抽出的2人中恰有1个人患有慢性疾病，共8种情况(划线部分即为所示).8故抽出的2人中恰有1个人患有慢性疾病的概率为P.12分1519解：(1).方法一：证明：取BD的中点F,连结AFADABAFBDBD4AD23DF2AFAD2DF2222分DE平面BCDDEBDDE22AF//DE，AFDE四边形FDEA为矩形4分AE//BDAE平面BCDBD平面BCDAE//平面BCD6分方法二：证明：取BD的中点F,连结AFADAB23，BD4AFBDAFAD2DF2222分DE平面BCD，DE平面ABDE平面ABDE平面BCDAF平面ABDE，平面ABDE平面BCDBDAF平面BCD4分AF//DE，AFDE5分{#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}四边形FDEA为矩形AE//BDAE平面BCDBD平面BCDAE//平面BCD6分(2).AE//BD，直线BC与AE所成角为30°CBD30BCCD，BD4BC23，CD27分过C作BD的垂线交BD于HCHBDDE平面BCD，CH平面BCDDECH又BDDEDCH平面ABDE11在BCD中，由SBCCDBDCH,得CH3BCD221又SSAEDE22BAEDAE21126分VSCH2239CBAE3BAE33AF//DE，DE平面BCDAF平面BCDAFCF1又CFBD2，AF222ACAF2CF223为等边三角形，11分ABCSABC3322设点E到平面ABC的距离为h，由VEABCVCBAE得：h.322故点E到平面ABC的距离为.12分3注：以下方法酌情给分由EF//平面ABC知，E、F到平面ABC的距离相等，如右图，取BC中点M，{#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}过F作FNAM于N,则可证FN平面ABC，即E到平面ABC的距离等于FN.20解：(1).由题意f(x)xex1，得f(0)11分又f(0)2故切线方程为y2x，即xy203分令x0得y2;令y0得x21三角形面积S2225分2(2).方法一：由题意得f(x)xex1，显然x0时，f(x)06分又x0时，令(x)f(x)xex1(x)(x1)ex0,故(x)在(0，)上单调递增f(x)在(0,)上单调递增，，又f(0)10f(1)e10故x0(0,1)使得f(x0)0分当xx0时，f(x)0，f(x)单调递减；当xx0时，f(x)0，f(x)单调递增832又f(2)10，f(1)0，f(1)20，f(2)e230e2e分所以f(x)有且仅有两个零点x1，x2，且x1(2,1)，x2(1,2)10x1x(x1)ex1由1知，x111也成立f(x1)(x11)ex110f(x1)(x11)ex110ex1又由x1(2,1)知x1x1分x1x2即x1x2012方法二：f(1)20x1不是方程f(x)0的根x1令g(x)ex，则f(x)0g(x)06分x12又g(x)ex0，g(x)的定义域为(，1)(1，)(x1)2{#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}g(x)在(，1)单调递增，在(1，)单调递增7分11311g(2)0，g()0e23235e233g()e250，g(2)e210233g(x)有且仅有两个零点x，x，且x(2，)，x(，2)9分121222，，且，3，3，所以f(x)有且仅有两个零点x1x2x1(2)x2(2)10分22x1x(x1)ex1若1则x111f(x1)(x11)ex110.f(x1)(x11)ex110ex13x(2，)12x1x1即x1x2x1x2012分方法三：f(1)20x1由f(x)0得：exx1x1f(x)的零点就是函数h(x)ex与函数(x)图象交点的横坐标6分x1h(x)与(x)的图象如右图所示：h(x)在R上单调递增，(x)在(，1)，(1，)是减函数7分11h(2)，(2)，h(2)(2)e231h(1)，(1)0，h(1)(1)e33333h()e2，()5，h()()2222h(2)e2，(2)3，h(2)(2)3所以f(x)有且仅有两个零点x，x，且x(2,1)，x(,2)10分12122x1x(x1)ex1若1则x111f(x1)(x11)ex110.f(x1)(x11)ex110ex1{#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}x1(2，1)x1x1分x1x2即x1x2012方法四：在f(x)(x1)exx1中，令ext，则xlntf(x)可化为g(t)(lnt1)tlnt1(t1)lntt1由tex是R上的增函数可知：证明f(x)有且仅有两个零点即证明g(t)有且仅有两个零点6分1g(t)lnt，g(t)在(0，)是增函数t11由g(1)1，g(e)10知：t0(1，e)使得g(t0)lnt00et0t(0，t0)时，g(t)0,g(t)在(0，t0)是减函数8分t(t0，)时，g(t)0,g(t)在(t0，)是增函数1312又g()10，g()0e2e2eeg(e)20，g(e2)e23011g(t)有且仅有两个零点t，t，且t(，)，t(e，e2)121e2e2分所以f(x)有且仅有两个零点x1，x2，且x1lnt1(2，1)，x2lnt2(1，2)10x1x(x1)ex1若1则x111f(x1)(x11)ex110.f(x1)(x11)ex110ex1x1(2，1)x1x1分x1x2即x1x2012方法五：在f(x)(x1)exx1中，由f(0)20知：x0不是f(x)的零点令ext，则xlnt(t1)t1f(x)0lnt06分t1{#{QQABDYAUggCAQgAAABhCQQ06CAIQkBCCAKoOgAAIMAABgBNABAA=}#}t1要证明f(x)有且仅有两个零点即证明g(t)lnt有且仅有两个零点t112又g(t)0且g(t)的定义域为(0，1)(1，)t(t1)2g(t)在(0，1)和(1，)单调递增8分1e2312又g()0，g()0e21e2ee12e23g(e)0，g(e2)01ee2111g(t)有且仅有两个零点t，t，且t(，)，t(e，e2)121e2e2分所以f(x)有且仅有两个零点x1，x2，且x1lnt1(2，1)，x2lnt2(1，2)10x1x(x1)ex1若1则x111f(x1)(x11)ex110.f(x1)(x11)ex110ex1x1(2，1)x1x1分x1x2即x1x201221解：(1).由A(5,0)，B(0,1)得直线AB的方程为：x5y502分55故原点到直线AB的距离d156直线AB与圆O相切5圆的半径rd4分65故以O为圆心且与AB相切的圆的方程为：x2y25分6方法一：(2).由题意可知F1(2，