福建名校联盟全国优质校2024届二月高三大联考-数学答案

保密★启用前试卷类型：A名校联盟全国优质校2024届高三大联考数学试题答案及评分参考一、单项选择题题号12345678答案DBCADBAC二、多项选择题题号91011答案BCDACBCD三、填空题12.404713.(5,8]14.3133四、解答题15.（13分）（1）证明：由，当时，可得；…………1分Sn2ann4n1a13当时，，所以，…………3分n2Sn12an1n5an2an11n2∴时，，…………4分n2an12an11∴数列是以为首项，为公比的等比数列；…………5分an1a112q=2∴n，∴n.…………6分an12an12（2）证明：由（1）知，n1，∴，…………7分an112bnlog2an11n1∴n，…………8分bn(an1)(n1)2∴12n,Tn2232(n1)223n1…………分2Tn2232(n1)211123nn1…………分Tn22(222)(n1)212所以n1.…………13分Tnn216.（15分）（1）因为点为等腰三角形的底边的中点,所以．…………1分DB1ACACB1D^AC12132BD25212又因．由余弦定理，1，…………3分cosBB1DcosBB1D13213B1D13解得．…………4分B1D12因为222，由勾股定理知，．…………5分BDB1DBB1BDB1D又因为，所以平面．…………6分BDACDB1DABC因为平面，所以．…………7分BCABCBCB1D（2）过点D作DxAC，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，…………8分247则有，，，…………9分A(0,5,0)B,,0C(0,5,0)B10,0,1255又（）.…………10分AB10,5,12设平面的一个法向量为，B1BCm(x,y,z)2418xy0mBC055则，即．…………11分mBB02471x+y12z055令，解得平面的一个法向量为．…………13分x9B1BCm9,12,5设与面的夹角为，AB1B1BC1251251210则，…………14分sin|cosAB1,m|138114425651210所以AB与面BBC的夹角的正弦值…………15分116517.（15分）（1）记事件A,B,C为男双比赛第一，二，三局甲俱乐部获胜，…………1分则所求概率为PP(ABABCABC),因为AB,ABC,ABC互斥…………2分故PP(AB)P(ABC)P(ABC)，又因为A,B,C独立…………3分所求为PP(AB)P(ABC)P(ABC)0.70.70.30.70.70.70.30.70.7840.8…………6分（2）由（1）知，甲俱乐部男双，女双，男单获胜的概率均为0.8.乙俱乐部混双获胜的概率P0.80.80.20.80.80.80.20.80.8960.9…………8分故甲俱乐部混双，女单的概率均为0.1，故P(X3)0.80.80.10.20.20.90.1…………10分P(X4)(0.20.80.10.80.20.10.80.80.9)0.8…………13分(0.80.20.90.20.80.90.20.20.1)0.20.5P(X5)1(0.10.5)0.4X的分布列如下表X345P(X)0.10.50.4…………14分所以E(X)30.140.550.44.3.…………15分18.（17分）1c1（1）因为椭圆离心率为，得，…………1分2a2从而a2c，b3c，…………2分1S3ab3c2，…………3分ABO2得c1,a2,b3,…………5分x2y2即椭圆的方程1…………6分43（2）由题意，过点P(2,1)的直线斜率存在，设为kxy(k2)0.…………7分设M(x1,y1),N(x2,y2)kxy2k10222联立x2y2,得(4k3)x8k(2k1)x8(2k2k1)0，…………9分1438k(2k1)xx124k23可得，…………10分8(2k22k1)xx124k2362k124kyy，且xyxy(*)124k2312213k24y直线：2和联立，ANy(x2)xx1x22y(x2)1y(x2)得21，21…………11分H(x1,)T(x1,[y1])x222x221y(x2)xyxy2(yy)令21122112xx1[2,2],y[y1]2x222(x22)2yxyxy2(yy)此时122112，x2(x22)(x12)2yxyxy2(yy)化简得122112…………14分x2x1x22(x1x2)42y24k12(2k1)将(*)代入上式得…………分216x28(2k2k1)16k(2k1)4(4k23)2y化简得3，即T所在的定直线为3x2y60…………17分x219.（17分）1（1）因为a1，所以f(x)lnx+，f'(x)11x1…………2分xxx2x2令f'(x)0，解得x1.…………3分当x(0,1),f'(x)0,f(x)单调递减，当x(1，),f'(x)0,f(x)单调递增，…………5分所以f(x)只有极小值f(1)1，没有极大值.…………6分x2（2）令，0x1x0x2.1x0当0x1时，0xx112212则原命题等价于存在实数，满足.…………8分x1x20fx1fx2aa易知，，因为得．a0fx1fx2lnx1lnx2x1x2xxx所以ln1a21．…………10分x2x1x2xxxx2x2xx又因为2，所以212121，x1x2lnaax1x1x2x1x2x1x2x11令t1t1代入上式得lntat，…………11分x2tt即t1使得lntat210，令gtlntat21，12at211gt2at0，解得0t，tt2a11∴在上单调递增，在上单调递减，gt0,,2a2a11g10由题意得1，解得a0，…………14分2a2111∴在上单调递增，在上单调递减，其中.gt1,,g02a2a2a下面只需证明存在，使得，t0gt0011t令ptlntt1t1，pt10，pt在1,递减，所以ptp10，tt∴t1时lntt1，∴gtlntat21t1at21ata1t1，由ata1t10，1解得t11，utata1t1这个二次函数在t,单调递减，2a2111∴，∴存在时，，∴.…………15分g1ut20t01gt00a0aa2222f(a)lna12ln(a)1，所以f'(a)212a10，…………16分aaaa2a2所以f(a2)单调递增，故其取值范围是(22ln2,).…………17分附8题、11题、14题解析：8．解析：22原式可化简为：cos4x12cos2xcos(2014)cos4x1，即cos2xcos(2014)1，xxcos2x1cos2x1所以2或2cos(2014)1cos(2014)1xx20141007xx2m110072014(2n1)得：m或n或(2n1)m2m12xnx2化简得：mn1007110071953，或者(2m1)(2n1)4028（无解），所以n1,19,53,1007，x,19,53,1007，所以所有正根之和为1080，选C11．解析：当时，圆的方程为22，n1O2(x1)(y1)1圆心为，半径为1，过点向圆引切线，据题意可知，切线斜率存在，1,1P1,1O2设切线方程为ykx11，即kxyk10kk3由点到直线的距离公式可得，又因为，所以，故A不正确；1kn0k11k23ykx1n设直线，由nln:yknx1n222xy2nx2nyn0得2222，1knx2kn2nxkn02由，即222，Δ02kn2n4kn1kn0nnk2n因为，所以，所以n，kn0knxn22n11knn1nnn2n1所以，故B正确；ynknxn1n1nn2n1n1n1n11x1x1因为nn1，n，1xn2n1yn2n1n1nn1令fxx2sinx，则fx12cosx，ππ当x0,时，fx12cosx0，所以fx在0,上单调递减，4411π因为0，而f00，2n13411xx所以，即nn，故C正确.ff002sin()2n11xnynn3n1设，此时，Cn,nMnAnMnCn2213故而MAMPMCMPCPn1，故D正确.2nnnnnnnnnn2故选：BCD14．解析：π2π解：SEB为二面角SDEB的平面角，记其为，则,，33建立空间直角坐标系，如图所示：则E0,0,0，Scos,0,sin，D0,3,0，C2,3,0，EScos,0,sin，ED0,3,0，xcoszsin0,设平面SDE的法向量nx,y,z，则ESnEDn0，得3y0,令xsin，得nsin,0,cos，SC2cos,3,sin，SCn2sinsin1cos2则cosSC,n，SCn84cos2cos2cosπ2π35令t2cos，,，得t,332234tt23cosSC,nt442331，tt当且仅当t3时，等号成立，故直线SC与平面SDE所成角的正弦值的最大值为31.