2024届重庆市普通高中学业水平选择性考试高三第一次联合诊断检测 数学答案

2024年普通高等学校招生全国统一考试高三第一次联合诊断检测数学参考答案一、单选题1～8BAADCACD8题解析：易证f()x是增函数，f(ax24)xf(2)xf[(ax24)2]2xxf(ax22x)21，所以f(ax22x)1．令xy0，得f(0)2；令x1，y1，得f(1)0；令x1，y1，33得f(2)2；令x2，y1，得f(3)4；令xy，得f()1，所以2234x311ax22x．原问题即2a在[1，2]有解．令t，则2a3t24t在t[，1]时有2x2x2412解，从而2a[1，]，a[，]．323二、多选题9．BCD10．BC11．BC12．ABD12题解析：由a2b2abab，得()()ab2abab．因为a，b是正数，所以ab0，从而()ab2(ab)2(ab)0，解得ab1．因为ab，所以ab，4()ab244从而()()ab2ab，解得ab．因为1ab，43341所以ab(ab)2(ab)(0，)，从而ab．故选ABD．92三、填空题1213．14．(1，3)15．416．26c16题解析：设双曲线的焦距为2c，点M()x，y，N()x，y，则|MN||MF||NF|(xx)2a112222a122222(x1x2)2a．由题意，直线MN的方程为y3(xc)，代入xya得222x62ax7a0，所以x1x232a，从而|MN|4a．△MNF1的周长为12|MF||NF||MN|4a2|MN|12a，由题意，a．所以焦距2c22a．11126第一次联合诊断检测（数学）第5页共9页{#{QQABKYaEgggAAhAAARgCQQXYCgOQkAGCACoOBFAIsAIAwQNABCA=}#}四、解答题17．（10分）解：（1）设an的公差为d，由题意，得a14d1，2a116d2．117n所以a3，d，故a3(n1)．……5分12n22（2）由题意，[a1]3，[a2][a3]2，[a4][a5]1，……，[a10][a11]2．1Tbbbbbbb232(22222)23．111234510112所以[T11]23．……10分18．（12分）解：（）零假设：对“腊八节”民俗的了解程度与年龄相互独立．1H0100(16441624)2100由题意，得22.706．4060326851根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，0.1H0即认为对“腊八节”民俗的了解程度没有年龄差异．……5分（2）设选择题部分和填空题部分答对题目分别为X和Y．因为X服从B(5，0.8)，所以EX50.84．由题意，Y的可能取值为1，2，3．CC123CC213C3132，32，3．PY(1)3PY(2)3PY(3)3C510C55C510331所以EY231.8．10510该受调者答对题目数量的期望为E(XY)EXEY41.85.8个．……12分19．（12分）a2sinBsinC1解：（1）由题意，SabsinC，cosA21因为a0，sinC0，所以asinBbcosA．21由正弦定理，得sinABBAsinsincos，211因为sinB0，所以sinAAcos，故tanA．……5分2252525（2）由（1）得sinA，cosA，所以cos(BCA)cos，55555由cos(BCBCBC)coscossinsin，及cosBCcos，得sinBCsin．55第一次联合诊断检测（数学）第6页共9页{#{QQABKYaEgggAAhAAARgCQQXYCgOQkAGCACoOBFAIsAIAwQNABCA=}#}bca2由正弦定理，得，所以bc5．sinBCAsinsin2由余弦定理，得b2c2a22bccosA5．……12分20．（12分）P解：取AD中点O，连接OB，OP．（1）△PAD中，因为PAPD，所以OPAD．1△AOB中，因为AB2，AOBC1，BAD45，DC2O由余弦定理，得OB1，所以OB2AO2AB2，OBAD．AB因为OP，OB是平面BOP上的两条相交直线，所以AD平面BOP．因为PB平面BOP，所以ADPB．因为AD//BC，所以PBBC．……5分（2）由（1）知，PBBC，所以PB2PC2BC2，则PB3，又PO22，PO2OB29PB2，所以POOB，则PO面ABCD，如图，建立空间直角坐标系Oxyz，zP则A(10，，0)，B(0，1，0)，C(2，1，0)，D(1，0，0)，P(0，0，22)．则AB(11，，0)，PB(0，1，22)，BC(2，0，0)DC设平面PAB的法向量为m()x，y，z，则OABABm0，xy0，xy即取，．m(22，221)PBm0.y22z0.设平面PBC的法向量为n()x，y，z，则BCm0，2x0，即取，．n(0，221)PBm0.y22z0.mn9317cosm，n．|m||n|17317317所以，二面角APBC的余弦值为．……12分1721．（12分）第一次联合诊断检测（数学）第7页共9页{#{QQABKYaEgggAAhAAARgCQQXYCgOQkAGCACoOBFAIsAIAwQNABCA=}#}解：因为点A(2，2)在抛物线E：x22py上，所以p1．E的方程为：x22y．x2x2（1）设B()x，1，C()x，2，x2，x2且xx．12221212x2x2122222由题意，0，化简得x1x24．x12x22x2x212xx所以，直线BC的斜率为22122．……5分x1x22（2）由（1），设直线BC的方程为y2xm，代入x22y，消去得：2．则，，．yx4x2m0168m0x1x24x1x22m230(2m)230因为直线BC被圆M截得的线段长为，所以r2()2，555化简得：22．由，则(m2)5r6①0r31m5x2直线AB的方程为y21(x2)，即(x2)x2y2x0．2112|42x1|24r因为直线AB与圆M相切，所以r，化简得(x12)．24r2(x12)44r2同理，(x2)2．24r24r24r2x，x是方程x24x40的两根，所以xx4，124r2124r24r2故2m4②．4r2由①②解得m0（m26舍），则r2．……12分22．（12分）解：（1）当a1时，f(x)exlnx，x0．11因为f(x)ex在(0，)上单调递增，且f()0，f(1)0，x2第一次联合诊断检测（数学）第8页共9页{#{QQABKYaEgggAAhAAARgCQQXYCgOQkAGCACoOBFAIsAIAwQNABCA=}#}1所以，存在x(，1)，使得当x(0，x)时，f(x)0；当x()x，时，f(x)0．0200x01且f(x0)0，即e．x0故f()x在(0，x0)上单调递减，在()x0，上单调递增，f()x存在唯一的极小值点x0．2x01(x01)因为f(x0)2elnx02x020，所以f(x0)2．……5分x0x0（2）令ex(1a)xlnax0，得exxaxlnax，设g(x)exx，因为g(x)ex10，所以g()x在定义域上单调递增，而lnax，则有，axlnaxelnaxg(x)g(ln(ax))x1由题意，x1为xlnax的两个根中较小的根，即eax1，x10．x1又由题意，有ax1ln(1s)coss2，从而eln(1s)coss2，则有ln(1s)coss10设(s)ln(1s)coss1，s1，当s0时，ln(1s)0，1coss1，所以(s)0符合题意，1当1s0时，(s)sins0，1s所以()s在(1,0]上单调递增，(s)(0)0，不合题意，所以s0．1设m(x)exln(1x)cosx2，则m(x)exsinx，1x因为x>0，令p(x)exx1，q(x)xsinx，则p(x)ex10，q(x)1cosx0，所以p()x，q()x在(0，)上单调递增，从而p(x)0，q(x)0，即exx1，xsinx．1x故m(x)10，即m()x在(0，)单调递增，所以m(x)0，1x1xxsx1所以eln(1x)cosx2，从而eln(1s)coss2e，即sx1．……12分第一次联合诊断检测（数学）第9页共9页{#{QQABKYaEgggAAhAAARgCQQXYCgOQkAGCACoOBFAIsAIAwQNABCA=}#}