西安中学高2024届高三第一次模拟考试数学一答案

西安中学高2024届高三模拟考试(一)数学（理科）参考答案一.选择题：123456789101112ABCBBADCACDB二、填空题：4332313.14.−215.16.54227三、解答题：17．解：（1）依题意可得an=1+2(n−1)=2n−1，22∵2Sn=+bnbn①，当n2时，2Sn−1=+bn−1bn−1②，22①−=−+−+②2bbbbbnnnnn−1−1(bbbbnnnn−1)(−−+=−1)(bbnn−1)0，(bn+bn−−11)(bn−bn−10)=，(n2)，∵bn0，∴bbnn−=−11，且在①式中令nb=111=或b1=0（舍去），∴bn=1+(n−1)1=n，综上可得ann=−21，bnn=．an,n为奇数2n−1,n为奇数（2）由（1）可得cn==bn，2n,nn为偶数2,为偶数∴c1+c2++c2n=(c1+c3++c2n−1)+(c2+c4++c2n)=(1+++54n−3)+(22+24++22n)n(42nn−)4(1−4)44n+1−=+=(21nn−)+．21−4318．解：（1）由题意得选手甲参加A项目合格的概率为354555545C50.5+C50.5+C50.5=(10+5+1)0.5=20.5=0.5．（2）选手甲应选择先进行B项目，理由如下：由题意，若选手甲先参加项目，则X的所有可能取值为0,5,10，则PX(=0)=1−0.5=0.5；PX(=5)=0.5(1−0.6)=0.2；PX(=10)=0.50.6=0.3，所以累计得分的期望EX()=00.5+50.2+100.3=4；答案第1页，共5页{#{QQABKQKQggioABBAAAhCAwF4CEKQkACCCCoGxFAMMAIACQFABAA=}#}若选手甲先参加B项目，则X的所有可能取值为0,5,10，则PX(=0)=1−0.6=0.4；PX(=5)=0.6(1−0.5)=0.3；PX(=10)=0.60.5=0.3，所以累计得分的期望EX()=00.4+50.3+100.3=4.54，所以为使累计得分的期望最大，选手甲选择先进行项目比赛．19．（1）证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，由CB1⊥平面ABC，AC,BC平面，得C11B⊥⊥BC,CBAC，在平面BB11CC内过作BO⊥CC1于O，由平面AAC11C⊥平面，平面AAC11CI平面BB1C1C=CC1，得BO⊥平面AAC11C，而AC平面，则有BO⊥AC，显然BOC11B=B,,BOCB平面，因此AC⊥平面，又BB1平面，所以AC⊥BB1.（2）过点C作Cz//C1B，由，得Cz⊥⊥CA,CzCB，由（1）知平面，BC平面，则CA⊥CB，即直线CA,,CBCz两两垂直，以点为原点，直线分别为x,,yz轴建立空间直角坐标系，由AC=BC=BC1=2，得ABCB(2,0,0),(0,2,0),11(0,2,2),(0,4,2)，uuuruuurCB=(0,2,0),BA=(2,−2,0)，310假定在棱AB11上存在一点P，使二面角P−−BCC1的余弦值为，10uuuruuuuruuuruuur令B1P=B1A1=BA=(2,−2,0),01，则P(2,4−2,2)，CP=−(2,42,2)，ruuurrnCP=2x+(4−2)y+2z=0设平面PBC的一个法向量n=(,,)xyz，则ruuur，nCB=20y=rur令x=1，得n=−(1,0,)，显然平面BCC1的一个法向量m=(1,0,0)，urr13101BP1依题意，cosmn,==，解得=，即1==，211+103AB113BP1所以在棱上存在一点，使二面角的余弦值为，1=.AB113答案第2页，共5页{#{QQABKQKQggioABBAAAhCAwF4CEKQkACCCCoGxFAMMAIACQFABAA=}#}20．解：（1）f(x)=lnx−x+(x−2)ex，f(1)=−1−e，11xxf(x)=−1+(x−1)e=(x−1)e−，f(1)=0，xx曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−(−1−e)=0，即y+1+e=0.x1（2）f(x)=lnx−x+(x−2)em对任意的x,1恒成立，211xxf(x)=−1+(x−1)e=(x−1)e−，xxx11令hx()=−e，则函数hx()在上单调递增，hh=e−20,(1)=e−10.x21x1e0=，xx=−ln在唯一x0,1，使得使得hx(0)=0，即00，2x01且当xx时，hx()0，即fx()0；20当xx01时，hx()0，即fx()0.1所以，函数y=f()x在区间(,)x上单调递增，在区间()x,1上单调递减，200x01∴f(x)max=f(x0)=(x0−2)e+lnx0−x0=1−2x0+，x0111则yx=1−2(0+)在(,1)上单调递增，所以1−2(x0+)(−4,−3)，x02x0满足条件的实数m的最小整数值为−3.p21．解：（1）抛物线E的准线方程为x=−，设点P到准线的距离为d．2p由抛物线的定义，得PF+PQ=d+PQ23+=，解得p=2，2当且仅当PQF,,三点共线时，等号成立，所以抛物线的标准方程为yx2=4．（2）设Axy(1,,,,,,,1)Bxy(22)Cxy(33)Dxy(44)，由题意可知，ll12,的斜率存在且均不为0，设直线l1的方程为x=+my2，2将其代入，得y−4my−8=0，则有y13+=y4m．14同理可得：设直线l的方程为xy=−+2，则yy+=−．2m24myy+yy+2所以y=13=2,my=24=−，MN22m答案第3页，共5页{#{QQABKQKQggioABBAAAhCAwF4CEKQkACCCCoGxFAMMAIACQFABAA=}#}12所以x=my+2=2m2+2，xy=−+22=+，MMNNmm22−yy2m111kk=MN=m=−−=−所以12221，xMNx2m+2221422+22m++22m+mmm21当且仅当m2=，即m=1时取等号，m21又易知kk120，所以kk12的取值范围为−,0．4xt=cosπ22．解：（1）直线C1的参数方程为（t为参数，0），yt=sin2故yx=(tan)，则sin=(tan)cos，即=；π故的极坐标方程为：=,0.2πππ把绕坐标原点逆时针旋转得到C，故的极坐标方程为：=+,0.2222（2）曲线C3的极坐标方程为=8sin，且与交于点A，与交于点B，ππ联立方程得，AB(8sin,),8sin++,,2211ππSAOB=OAOBsinAOB=8sin8sin+sin=32sincos=16sin2162222.故AOB面积的最大值为16.23．解：（1）解法一：由fx()5，得x+a+∣∣x−25，由a0，则−a02，xa−−ax2x2等价于或或，−ax+2−25a+252xa+−25答案第4页，共5页{#{QQABKQKQggioABBAAAhCAwF4CEKQkACCCCoGxFAMMAIACQFABAA=}#}xa−x2得−−a3或7−a.xx227−a因为不等式fx()5的解集为{2xx∣−或x3}，所以=3，解得a=1，2当时，由，解得x−2，符合题意，故.解法二：由，得x+a+x−25，因为不等式的解集为或，所以−2+aa+−2−2=5，3++3−2=5，得.经验证，符合题意，故.（2）因为f(x)=x+1+x−2x+1−(x−2)=3，当且仅当(xx+1)(−2)0时取等号，所以M=3，所以bc+=3.111111b++1c1b1c，所以+=+(cb++=1)++22+=21b+1c4cb+14cb+14cb+1bc+1当且仅当=，即bc==12，时取等号.cb+1答案第5页，共5页{#{QQABKQKQggioABBAAAhCAwF4CEKQkACCCCoGxFAMMAIACQFABAA=}#}