太原市2024年高三模拟考试（三）数学答案

太原市2024年高三年级模拟考试（三）数学参考答案及评分建议一．选择题：CABDADCB二.选择题：ACDACAB3三．填空题:12.)1,0(13.314.2四．解答题：本题共5小题，共77分.15.解:（1）设数列的公比为，由也是等比数列得2，{}anq{Sn1}(SSS21)(11)(31)(q2)22(q2q2)，q2或q0（舍去），………5分n1n1*.………7分ana1q2(nN)（2）由（1）得n1，n1*，………9分an2bnanlog2an1n2(nN)02n1，①Tnb1b2bn122232n223n，②2Tn122232n2①-②得2n1n，Tn1222n2n.………13分Tn(n1)2116.解：（1）由题意得流感疫苗感染未感染合计接种130570700未接种70230300合计2008001000………4分零假设为：接种流感疫苗与感染流感无关，………5分H0根据列联表中的数据，经计算得到1000(57070130230)212522.9762.706x，700300800200420.10根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为接种流感疫苗与感染流感有0.10H0关，此推断犯错误的概率不超过0.10；………8分接种流感疫苗中未感染流感和感染流感的频率分别为57和13，未接种流感疫苗中未感染流7070感和感染流感的频率分别为23和7，根据频率稳定于概率的原理，可以认为接种疫苗时未3030感染流感的概率大；………10分（2）设A“某人流感检测结果为阳性”，B“此人感染流感”，由题意得PB()0.2，PB()0.8，PAB(|)0.95，PAB(|)0.01，P(AB)P(B)P(A|B)0.20.950.19，PAPBPABPBPAB()()(|)()(|)0.20.950.80.010.198，P()AB0.19PBA(|)0.96.………15分PA()0.19817.（1）证明：底面,，AD1ABCDA1DAD,A1DBDAB2AD，DAB60，BD2AB2AD22ABADcosDAB3AD2，AB2BD2AD24AD2，ADB90，ADBD，………3分平面，BDADD1A1平面平面；………5分BDD1B1ADD1A1（2）由（1）知，，A1DAD,A1DBDADBD以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角DDA,,DBDA1xyz坐标系，设，则，，，，，AD1D(0,0,0)A(1,0,0)B(0,3,0)A1(0,0,1)D1(1,0,1)，，B1(1,3,1)C(1,3,0)mDB,设是平面的一个法向量，则3y10,m(,,)x1y1z1BDD1B1xz0,mDD1,11取，则，，………7分z11x11,y10m(1,0,1)mAB11，1，AB1(2,3,1)cosm,AB1|m||AB1|2841AB与平面BBDD所成角的正弦值为；………10分1114xz0,（3）设是平面的一个法向量，则nAA1,22n(,,)x2y2z2AA1B1BnAB,x23y20,取，则，，………12分y21x2z23n(3,1,3)mn2342cosm,n，|m||n|27742平面AABB与平面BBDD夹角的余弦值为.………15分1111718.解：（1）由题意得A(a,0),B(a,0)，92221,22aba3,x2则y1；………5分22b21,32,3a3a（2）由（1）得AB(3,0),(3,0)，设直线的方程为，，则，MNxty3(t3)M(x1,y1),N(x2,y2)BN(x23,y2)xty3,6t6由2得(t23)y26ty60,yy，yy，………9分x2122122y1t3t33yy直线AM的方程为y1(x3)，令x1，则y1(13)，x13x13(13)y(13)yQ(1,1)，BQ(13,1)，………12分x13x13(13)y11(x23)(13)y2[(x23)(13)y1(13)(x13)y2]x13x131[(ty233)(13)y1(13)(ty133)y2]x13123[(ty233)(13)y1(31)(ty133)y2](ty1y2y1y2)x13x13236t6t，，三点共线.………17分(22)0BN//BQB,N,Qx13t3t31119.（1）解：由题意得f(x)(1x)()，x0，………2分exx11x0，exx0，0，exx令f(x)0，则0x1；令f(x)0，则x1，f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增；………4分11f(x)f(1)1k0，k1，ee1实数k的取值范围(,1].………6分e（2）由（1）得f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增，，，………8分f(x1)f(x2)0x11x2令g(x)f(x)f(2x)，0x1，1111则g(x)f(x)f(2x)(1x)[()()]，………9分exxe2x2x11exx2设h(x)，x0，则h(x)，exxx2ex111315exx2exx21xx2x3x2x[(x)2]0，h(x)0，26624x2ex11h()x在(0,)上递增，exx1111当0x1时，则h(x)h(2x)，即，………11分exxe2x2xg(x)0，g()x在(0,1)上递减，g(x)g(1)0，………13分，，………15分g(x1)f(x1)f(2x1)0f(x2)f(x1)f(2x1)在上单调递增,，.………17分f()x(1,)x22x1x1x22注：以上各题其它解法请酌情赋分.