郑州外国语学校数学试卷答案

郑州外国语学校2023-2024学年高三年级适应性测试数学学科参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.12345678BCBCDDDA二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有错选得0分.91011ABDBDABC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.−−15−+1512.-313.-214.或44四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.15.（1）fxxaxb()=++322，函数fxxaxbxc()=+++32在x=1−和x=3处取得极值．=++=fab(3)2760，f(−1)=3−2a+b=0，联立解得：a=−3，b=−9．=−fxxxxx()3693(3)(1)2−−=+，令fx()=0，解得和，x(−,−1)时，fx¢()>0，函数fx()单调递增；x−(1,3)时，fx()0，函数单调递减；x+(3,)时，，函数单调递增．故和是的极值点，故函数单调递增区间为(−,−1)，(3,)+；函数单调递减区间为(1,3−)．（2）由（1）知fxxxxc()39=−−+32在(1,3)单调递减，在(3,5)单调递增，要使得对任意x[1,5]，不等式f()xc2恒成立，则需fc(1)2且fc(5)2，故fcc(1)11=−+2且fcc(5)5=+2，121+121−解得c，或c，22121121−+c的取值范围是(−,)(,+)．2250216.（1）由题意=1000,=50,K=25,则==100，K25所以YN:(1000,102)，于是随机变量Y的期望为=1000，标准差为=10，因PY(9801020)=0.9545，1−PY(9801020)−10.9545故PY(===980)0.02275.22（2）设取出黄色面包个数为随机变量，则的可能取值为0，1，2．14315453则P(=0,)=+=265287140{#{QQABSQAUggioAABAAAgCEwV6CEGQkAGCCAoGhFAIMAAAyBNABAA=}#}124135449P(==+=122,)26528784012113273P(==+=2.)265287840故随机变量的分布列为：0125344973p140840840534497317所以数学期望为：E()012.=++=1408408402417.（1）连接AMOMMNPN,,,，因为MN,依次是底面AB上的两个三等分点，所以四边形OMNB是菱形，设MBO=NQ，则Q为ON中点，且ONMB⊥，又因为OPONPON==,60∠，故OPN是等边三角形，连接PQ，则ONP⊥Q，又因为MB,PQ面PMB，MBP=QQ，所以ON⊥面，因为PB面，所以ONPB⊥，因为依次是底面上的两个三等分点，所以ONAM//，所以AMPB⊥，又因为AB是半球O的直径，P是半球面上一点，所以PBPA⊥，因为AMPA,面PAM，AMPAA=，所以PB⊥面，又因为PM面，所以PB⊥PM（2）因为点P在底面圆上的射影为中点，所以PQ⊥面AMB，因为QMQN,面，所以PQQMPQQN⊥,⊥，又因为QMQN⊥，所以以QM,,QNQP为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，所以PMBA(0,0,3),3,0,0(,3,0,0),3,(−−2,0)()，所以PMPABA=−=−(3,0,−=−3,3,)2,(3,23,2,0)()，设平面PAB的法向量n=(x,,yz)，n=−−=PAxyz3230则，令x=1，则n=−(1,3,1)，n=−=BAxy2320π设直线PM与平面所成角为0，2PMn2310则sin=cosPM,n===PMn655{#{QQABSQAUggioAABAAAgCEwV6CEGQkAGCCAoGhFAIMAAAyBNABAA=}#}10所以直线PM与平面PAB所成角的正弦值为518.（1）第一步：根据点P在双曲线上得a，b的关系式yx22由题意设双曲线C的方程为−=1(ab0,0)，ab2244由点P(2,2)在C上，得−=1．①ab22第二步：根据直线的斜率公式得a，b的关系式221−+cc设C的上、下焦点分别为Fc(0,)，Fc(0,−)，则=−，解得c2=6，12222所以ab22+=6．②第三步：联立方程解得a2，b2的值由①②得a2=2，b2=4，第四步：得双曲线C的标准方程yx22故双曲线C的标准方程为−=1．24（2）第一步：设直线方程，联立方程得根与系数的关系由题意可知，直线EF的斜率不为0，设直线EF的方程为xmym=−(12)()，Ex(y11,)，Fx(y22,)，xmy=−(1)联立，得方程组yx22,−=124整理得(mym2222−−++=2240ym)2所以m24，Δ=−−−+(24240mmm222)()()，解得m24，2m2m2+4所以yy+=，yy=，12m2−212m2−2则3(y1+y2)−2y1y2=4．第二步：用y1，y2表示点D的坐标21010610当直线PE的斜率不存在时，易得E(2,−2)，F−,，D2,，B,，此时直线777771y−2AB的斜率为．当直线PE的斜率存在时，直线PE的方程为yx=−+1(22)，所以点2x1−2(yx21−−22)()D的坐标为+2,y2，y1−2由x11=−m(y1)，可得(y−2)(x−2)(y21−2)m(y−1)−2m(y−1)(y−2)+2(y−y)21+22=+=1212，y1−2y1−2y1−2第三步：用，表示点B的坐标由DFBF=2，得点B为DF的中点，所以m2yy−34y+2yy+y+−1m(y1−1)(yy21−2y)2+2(−)12(121)2()yy12−xmB=+y−==(21)22222yyy111−−−()，yy12−则By,2，y1−2{#{QQABSQAUggioAABAAAgCEwV6CEGQkAGCCAoGhFAIMAAAyBNABAA=}#}第四步：根据斜率的计算公式求直线AB的斜率．y−1(yy−−12)()yy−y−2y+2k=2=21=1212所以AByy−y−−yyy12−01212y1−231y+y−2−y−2y+2y−y(12)12(12)1=22==．y1−−y2y1y221故直线AB的斜率为．2a－19.（1）当T＝{2，4}时，S＝a＋a＝a＋9a＝30，因此a＝3，从而a＝2＝1，a＝3n1；T2422213nk2k－13－1k（2）S≤a＋a＋…a＝1＋3＋3＋…＋3＝＜3＝a＋；T12k2k1（3）设A＝∁C（C∩D），B＝∁D（C∩D），则A∩B＝，SC＝SA＋SC∩D，SD＝SB＋SC∩D，SC＋SC∩D－2SD＝SA－2SB，因此原题就等价于证明SA≥2SB.由条件SC≥SD可知SA≥SB.①若B＝，则SB＝0，所以SA≥2SB.②若B≠，由SA≥SB可知A≠，设A中最大元素为l，B中最大元素为m，若m≥l＋1，则由第（2）小题，SA＜al＋1≤am≤SB，矛盾.因为A∩B＝，所以l≠m，所以l≥m＋1，m3－1am＋1alSA2m－1SB≤a1＋a2＋…＋am＝1＋3＋3＋…＋3＝2＜2≤2≤2，即SA＞2SB.综上所述，SA≥2SB，因此SC＋SC∩D≥2SD.{#{QQABSQAUggioAABAAAgCEwV6CEGQkAGCCAoGhFAIMAAAyBNABAA=}#}