2024届甘肃省兰州市高三下学期诊断考试数学答案

2024-03-09 · 7页 · 348.3 K

2024兰州市高三诊断考试数学试题参考答案及评分标准一、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.)1.D2.A3.C4.A5.B6.C7.B8.D8.【解析】f()x是定义在R上的奇函数f(0)0且图象关于原点对称f(x1)f(x1)0f(x1)f(x1)f(1x)fx(4)fx[1(3)]fxfx(2)(1(1)]fxfx()()f(1x)f(3x)f[1(2x)]f(1x)f(2x)f(2x)f(2x)因此函数的周期为4,且函数图象关于x12k(kZ)和(2k,0)(kZ)对称可画出函数在区间[2,2]内的简图则图可知,在[2,2]内要满足f[ln(ea)]f(1lna)f(lna),3131只需lna,即2222eae314k4k再根据函数的周期性可知e2ae2(kZ),故选D.二、多选题(本大题共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,全部选对得6分,部分选对得3分,有选错的得0分)9.BCD10.AC11.BDπtπt11.【解析】若记车轮运动时着地点为P,则t秒时AOP,因此,hf(t)1cos(t0),并22满足f(t4)f(t)对于任意t0成立,在区间4k,4k2(kN)上为增函数,在区间[2,4]内图象关15π22于点(3,1)对称,f(7.5)1cos,故选B,D.42{#{QQABKYQQogAAABAAAQgCQwX4CAGQkBGAAAoOwBAAoAIBCRFABAA=}#}三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分)12112.y13.14.第一空:分别取棱CD''及CC'的中点M、N,取线段MN上任意一点Pe14均可分,第二空:分(2)3,5(3)14.【解析】第一空:因为点P在侧面CDD''C内(包括边界)且三棱锥PBEF的体积与三棱锥B'BEF的体积相等,即在侧面CDD''C内确定一点P,使BP'P平面BEF.又因为E、F分别为棱DD'及CD的中点,故分别取棱CD''及CC'的中点M、N,易知B'MPBF,MNPEF,且BM'交MN于点M,BF交EF于点F,所以平面B'MNP平面BEF,故当点P在线段MN上时,点P到平面BEF的距离与点B'到平面BEF的距离相等,所以三棱锥PBEF的体积与三棱锥B'BEF的体积相等.第二空:因为二面角A'ABC的大小为,所以过C作CHAB于H,过H作KHPBB',则KHC为二面角A'ABC的平面角,易知B'BC.当取最大值时,即=时,此33K时CBAB即底面ABCD为正方形,在BCN''中B'C2CN2,B'CN,所3以BN'3,在BCM''中B'C2CM2,B'CM,BM'5,又因为2HMNEF2,所以B'NM中,BN'3,MN2,BM'5,所以B'NM为直角三角形,当点在线段上运动时,线段长度的取值范围是.PMNBP'3,5四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)n23n15.【解析】(1)aC2n3(nN*)………………5分nn32a,n12,n1(2)因为数列b满足:b1即bnn,n,anan1n2n1n2又因为符合当时的值,所以数列的通项公式为().b12=1+1n1n1bnbnn1nN11(1n)1111因为2bn()n1,所以S=42(1),2S1=0.………………13分2n1nn2n122216.【解析】(1)如图所示:以A为坐标原点,以AB所在直线为x轴,以ADz所在直线为y轴,以AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系.则P(0,0,3),B(4,0,0),C(4,5,0)yx{#{QQABKYQQogAAABAAAQgCQwX4CAGQkBGAAAoOwBAAoAIBCRFABAA=}#}设E()x,y,z,由BEBP,可得x4,y,z4,0,3,则E(44,0,3),PB底面AEFD可得PBAE,PB(4,0,3),AE(44,0,3),PBAE0解16得………………6分25(1)设平面EAD的法向量为n,AE(44,0,3),AD(0,3,0)uuuruuur(44)x3z0,由nAE,nAD,得令x3得n=3,0,44,3y0,4平面ABD的法向量为m,则m=(0,0,1),二面角EADB的余弦值为54441则cosm,n解得………………11分9216(1)252uuurnPC122PC(4,5,-3),n=3,0,4若直线PC与平面AEFD所成角为,则sinuuurnPC25122所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值………………15分2513133317.【解析】(1)(i)因为XB~4,,所以PXC(3)4()()…………3分44464k1k34kk11k135kC4()()()(),C4k1k34k444415(ii)因为P(Xk)C4()(),k0....4.解得k44131344Ck()()()(),k4kCk1k13k444444所以k=1时,P()Xk最大…………7分(2)由题知,BD选项不能同时选择,该同学可以选择单选、双选和三选.111正确答案是两选项的可能情况为AB,AC,AD,BC,CD,每种情况出现的概率均2510;111正确答案是三选项的可能情况为ABC,ACD,每种情况出现的概率为224;若该同学做出的决策是单选,则得分的期望如下:11121127EA()3323分EB()2313分,1045,1042011121127EC()3323分ED()2313分.1045,10420若该同学做出的决策是双选,则得分的期望如下:{#{QQABKYQQogAAABAAAQgCQwX4CAGQkBGAAAoOwBAAoAIBCRFABAA=}#}112711211127E(AB)63分E(AC)623分E(AD)63分10420,10410,10420,11271127E(BC)63分E(CD)63分.10420,10420若该同学做出的决策是三选,则得分的期望如下:1313E(ABC)6分E(ACD)6分.42,4212经比较,该同学选择单选A或单选C的得分期望最大,最大值为分…………15分518.【解析】(1)圆C过点P41,,M(2,3)和N(2,1),因此可以知道圆心在直线y1上,故可设圆心C(a,1),又由于圆C过点P(4,1),所以a2,r2,故圆的方程为(x2)2(y1)24,可得点F(0,1),因此,抛物线E的方程为x24y.…………7分(2)由条件可知,直线AB的斜率必存在,不妨设为k,则直线AB的方程为:y1k(x4)即ykx4k1,x24y由得x24kx16k40,ykx4k1其中Δ16k264k1616(k24k1)0,即k23或k23,设A(,)x1y1,B(,)x2y2,过A,B点的抛物线的切线的斜率分别为k1,k2,xx则xx4k,xx16k4,k1,k2,12121222x2xxx2过A点的抛物线的切线方程为y11()xx,即y1x1,42124xx2同理,过B点的抛物线的切线方程为y2x2242xxx1x2y1x1x2k242由得,即Q(2k,4k1),xx2xxy2x2y124k1244所以点Q在直线y2x1上,而点M也在直线y2x1上,故直线QM与圆C的另一个交点就是直线y2x1与圆C的交点,{#{QQABKYQQogAAABAAAQgCQwX4CAGQkBGAAAoOwBAAoAIBCRFABAA=}#}222x(x2)(y1)45x2由得或,y2x11y3y521故直线QM与圆C的另一个交点为定点(,)…………17分5519.【解析】(1)法一:3x2,x0,211d(,)|||MN1xy2||||xx2|x2,0x4,则d(M,N1)2,223x2,x4,2即d(,)MN1的最小值是223x,x0,则,d(,MN2)|||xy2||||2xx2|2x,0x1,d(M,N2)1y3x2,x1,M.即d(,)MN2的最小值为1…………5分xO,N1法二:N1在直线2xy0上,如图所示d()MN1的最小值即为MN1,此时,,,MN(02)1(00),MN12,即d(,)MN1的最小值是2y,N2在直线x2y0上,如图所示d()MN2的最小值即为MN2,此时M.N2,,,MN(02)2(12),MN21,即d(,)MN2的最小值为1x2O(2)解析:法一:当k1时:d(M,N)=xy2,点(x,)y为直线xk2y2k10(k0)上一动点,2x21xx212121则当k1时d(M,N)=x222,即f(k)=2k2kk2k2k2kk2kk2kk22x212当k1时,d(M,N)=x2xx2k12k22k22k1,f(k)=2k2k1k2kk2{#{QQABKYQQogAAABAAAQgCQwX4CAGQkBGAAAoOwBAAoAIBCRFABAA=}#}122,k1,2122所以f(k)=kk又因为当k1时25,当0k1时2k2k15k2k,2k22k1,0k1,y所以f()k的最大值为5.…………9分NM.21法二:根据(1)直线xky2k10(k0)的斜率是,k2x1O当1,即0k1时,k2如图所示d()M,N的最小值即为MN,此时M(0,2),N(2k22k1,2),MN0(2k22k1)2k22k1(0k1)1当1,即k1时,k2如图所示d()M,N的最小值即为,此时MNy121212M.MN(0,2),(0,),MN2()2(k1)k2kk2kk2kx2k22k1,0k1,O所以f(k)=12所以f()k的最大值为52,k1,Nk2k(3)法一:令xek,则kekxlnx,0xedMN(,)|ekmk||ekn|max{|xxxmnxxxmnln|,|ln|}(max{a,b}表示a、b中的较大者)令g(x)xxlnx(0xe),则g(x)2lnx0在区间(e2,e]内成立,g()x在区间(e2,e]内为增1函数,因此g(e2)g(x)g(e)2e,e2令h(x)xxlnx(0xe),则h(x)lnx0在区间(1,e]内成立,h()x在区间(1,e]内为减函数,因此0h(e)h(x)g(1)1,1所以f(m,n)max{|mn|,|2emn|,|mn|,|1mn|}e21|2e()|2|10|1所以f(m,n)max{e,
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