昆明市2024届高三“三诊一模”摸底诊断测试数学答案

昆明市2024届高三“三诊一模”摸底诊断测试数学参考答案及评分标准一、单选题；二、多选题题号123456789101112答案CADCABBDABACBCDBCD三.填空题56413.1（0,1,2均可）14.1815.16.331031017．解：（1）因为cosBAC，所以sinBAC，1010525因为sinACB，所以cosACB，55BC2在△ABC中，由正弦定理可得，解得BC3.3105105310251052又因为sinABCsin(BACACB)，1051052123所以S23.………………………5分△ABC222ππ（2）由（1）可知，ABC，因为CD//AB，所以BCD，44ππ又因为CBBD，即CBD，故CDB，243π所以ABDABCCBD，BDBC3，43π在△ABD中，由余弦定理可得AD2(2)232223cos，4解得AD17.………………………10分a1118．解：（1）当n1时，a1，所以a，12412a1a1当n2时，aSSn()n1，nnn12424a所以n1，an11所以数列{}a是以为首项，1为公比的等比数列，n2数学参考答案及评分标准·第1页（共5页）学科网（北京）股份有限公司(1)n1即a.……………………6分n2(1)n(1)n1naa(1)1n1（）由题意，n1n22，则，2dnnn1n1n1dn(1)1记数列{}的前n项和为Tn，dn2024所以T23452024202511012.…………………12分2024219．解：（1）证明：因为PAAC，E是PC的中点，所以AEPC，在Rt△PAB中，PA1，PB6，所以AB5，在△ABC中，AC1，BC2，所以AC2BC2AB2，得ACBC，又PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC，又ACBC，PAACA，所以BC平面PAC，由AE平面PAC得AEBC，又PCBCC，所以AE平面PBC，由AE平面AEF得，平面AEF平面PBC．………………………………6分（2）存在点F满足条件，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz如图，11设CFt(0t2)，则A(0,1,0)，E(0,,)，F(t,0,0)，2211AE(0,,)，AF=(t,1,0)，22Pz设平面AEF的法向量为n(,,)xyz，11yz0,则22令x1得yzt，Etxy0,yx所以平面AEF的一个法向量为n(1,t,t)，ABFC易知平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)，πmn1t122由已知得cos，即，解得t，即CF，3mn212t2222π2所以存在点F使平面AEF与平面ABC的夹角为，此时CF．…………12分32数学参考答案及评分标准·第2页（共5页）学科网（北京）股份有限公司20．解：（1）记“输入的问题没有语法错误”为事件A，“一次应答被采纳”为事件B，由题意PA()0.1，PBA()0.8，PBA()0.3，则PAPA()1()0.9，PB()PAB()PAB()PAPBA()()PAPBA()()0.90.80.10.30.75.……6分331（2）依题意，XB(8,)，P()()()XkCkk8k，4844P(Xk)P(Xk1),当P()Xk最大时，有P(Xk)P(Xk1),3131CCk()()()(),k8kk1k17k8448442327即解得：k，kN，313144CCk()()()(),k8kk1k19k844844故当P()Xk最大时，k6.……………………………12分21．解：（1）因为AOF与BOF互补，所以OA与OB关于y轴对称，33所以ABy轴，又因为直线l过(0,)，故l的方程为y.3343233设A在第一象限，因为|AB|，则A(,)，333设F为C的左焦点，则|BF||AF|，故|AF||BF||AF||AF|2a，即a2,233()()22因为A在C上，331，解得b1，2b2x2所以C的方程为y21.……………………………6分23（2）设A(,)xy，B(,)xy，直线l:ykx，112233ykx322联立得3(2k1)x43kx40，x2y21243k4xx，xx，123(2k21)123(2k21)336k21所以yy(kx)(kx)，…………………………9分1213233(2k21)数学参考答案及评分标准·第3页（共5页）学科网（北京）股份有限公司1|OA||OB|sinAOBS△AOB11xxyy1故2|OA||OB|cosAOBOAOB1212，tanAOBsinAOB2222cosAOBS△1所以AOB为定值.…………………………12分tanAOB222．解：（1）函数f()x的定义域为x(0,)，1f(x)(2x2a)lnx(x22ax)x2a2(xa)lnx.x①当a0时，令f(x)0，得x1，则当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0，所以f()x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.②当a0时，令f(x)0，得x1或xa.ⅰ）当0a1时，则当0xa或x1时，f(x)0；当ax1时，f(x)0，所以f()x在(0,a)和(1,)上单调递增，在(a,1)上单调递减.ⅱ）当a1时，当x0时，f(x)0，所以f()x在(0,)上单调递增.ⅲ）当a1时，则当0x1或xa时，f(x)0；当1xa时，f(x)0，所以f()x在(0,1)和(,)a上单调递增，在(1,a)上单调递减.……………………6分1ln1ettt（2）当x0时，令x，则xlnx，x0时，t，则0，故etetetet1xlnx0，则x2lnx0，故当x0时，f(x)x2lnx2axlnxx22ax0.21所以当x0时，a2(1lna)0，解得ae，21由（1）可知，当a1时，f()x在(0,)上的极小值为f(a)a2(32lna)，211由题，则有a2(32lna)a2(1lna)，解得1ae2.2213当f(a)a2(32lna)0，解得ae2，2数学参考答案及评分标准·第4页（共5页）学科网（北京）股份有限公司311①当eae2时，f(a)a2(32lna)0，f(x)0a2(1lna)，符合题意；22311②当e2ae2时，f(a)a2(32lna)0，f(x)f(a)a2(1lna)，符合题意.2min21综上，当a[e,e2]时，f(x)a2(1lna)恒成立.………………………12分2数学参考答案及评分标准·第5页（共5页）学科网（北京）股份有限公司