数学-2024届新高三开学摸底考试卷（北京专用）（答案及评分标准）

2024届新高三开学摸底考试卷（北京专用）数学·答案及评分标准12345678910ACDDCCDBDA11．94（5分）12．8（5分）13．5（5分）14．0,e（5分）15．①③④16．（1）若选①:因为2222abc，由余弦定理得222cos2acbBac，整理得cos1acB，则cos0B，（3分）又1sin3B，则2122cos133B，132cos4acB，（5分）则12sin28ABCSacB；（6分）若选②:因为10ABBC，即cos0ABBCacB，则cos0B，（2分）又1sin3B，则2122cos133B，又cosABBCacB，得132cos4acB，（4分）则12sin28ABCSacB；（6分）（2）由正弦定理得：sinsinsinbacBAC，则223294sinsinsinsinsin423bacacBACAC，（10分）则3sin2bB，31sin22bB．（13分）17．（1）这10名学生的考核成绩（单位：分）分别为：93，89.5，89.5，88，90，89，91.5，91，90.5，91．其中大于90分的有1号、7号、8号、9号、10号，共5人,（2分）所以样本中学生考核成绩大于90分的频率是50.510.从该校高二年级随机选取一名学生，估计这名学生考核成绩大于90分的概率为0.5；（4分）（2）由题知，考核成绩小于90分的学生共4人，其中两轮测试至少有一次大于90分学生有2人.所以X可取0,1,2，则022224CC10C6PX，112224CC21C3PX，202224CC12C6PX，（7分）所以X的分布列为X012P162316所以1210121636EX；（9分）（3）由题可得119689888892918790929090.310x，219389.589.588908991.59190.59190.310x，2222119690.38990.39090.36.2110s（12分）2222219390.389.590.39190.31.8110s，所以12xx；2212ss.（13分）18．（1）如图，以D为原点，分别以DA，DC为x轴，y轴，过D作AP平行线为z轴，建立空间直角坐标系，则0,0,0D，2,0,0A，0,2,0C，2,0,2P，1,0,1E，3,2,0B，（1分）所以0,2,0DC，2,2,2PC，因为12PFFC，所以13PFPC，所以14242,2,22,0,2,,3333DF，即424,,333F，所以224,,333AF，1,0,1AE，设平面AEF的法向量为,,nxyz，则22403330nAFxyznAExz，（3分）令1xz，则1y，所以1,1,1n，平面PCD的法向量为,,mabc，则202220mDCbnPCabc，（5分）令1a，则1c，所以1,0,1m，所以1101110nm，所以nm，所以平面AEF平面PCD.（6分）（2）易知平面AEP的一个法向量0,1,0u，设平面AEF与平面AEP所成角为，则13cos33nunu，所以平面AEF与平面AEP所成角的余弦值为33.（9分）（3）因为棱BP上一点G，满足2PGGB，所以23PGPB，所以222420,0,21,2,2,,33333AGAPPGAPPB，（12分）所以点G到平面AEF的距离24211133303nAGdn.（14分）19．（1）由题得22242,411aab22,2,6abc，所以椭圆C的方程为22182xy，焦距为226c.（5分）（2）如图，直线:lykxm与椭圆方程22182xy联立，化简得222(41)8480kxkmxm，（7分）2212816320km，即22820km.设1(Mx,1)y，2(Nx,2)y，则122841kmxxk，21224841mxxk．直线MA的方程为1111(2)2yyxx，则112(1)(4,1)2yPx，（9分）直线NA的方程为2211(2)2yyxx，则222(1)(4,1)2yQx，因为OPOQ，所以112(1)12yx+222(1)12yx=0，（11分）所以121211122kxmkxmxx，所以1212(21)(23)()480kxxkmxxm，把韦达定理代入整理得(21)(4)0,21mkmkmk或4mk，当21mk时，直线方程为21,1(2)ykxkykx，过定点(2,1)，（13分）即点A，不符合题意，所以舍去.当4mk时，直线方程为4ykxk，(4)ykx过定点(4,0).所以直线l经过定点.（15分）20．（1）当1a时，2e(1)xfxx，2()e(1)xfxx，所以02(0)e(01)1kf，（3分）又02(0)e(01)1f，所以切线方程为1(0)yx，即10xy.（5分）（2）2)e(1)2(1e(1)(2)eaxaxaxxxxxafxaa，当0a时，()2(1)0fxx，解得1x，故1x时，()0fx，()fx单调递减；1x时，()0fx，()fx单调递增，（6分）故1x时，()fx的极小值为(1)0f，无极大值；当0a时，令()0fx，解得11x，221xa，故当21xa或1x时，()0fx，()fx单调递增，（7分）当211xa时，()0fx，()fx单调递减，故()fx的极大值为2222224e(1)eaafaaa，极小值为(1)0f；当a0时，令()0fx，解得11x，221xa，故当1x或21xa时，()0fx，()fx单调递减，当211xa时，()0fx，()fx单调递增，故()fx的极大值为2222224e(1)eaafaaa，极小值为(1)0f；（10分）综上，当0a时，()fx的极小值为(1)0f，无极大值；当0a时，()fx的极大值为2224e(1)afaa，极小值为(1)0f.（11分）（3）当0a时，由（2）知，()fx在2(,1)a和(1,)上单调递增，在2(1,1)a上单调递减，且1x时，210e()axfxx恒成立，（12分）x时，2e(1)axfxx，又()fx的极大值为2224e(1)afaa，极小值为(1)0f，所以存在实数224e0aMa时，函数yfxM有三个零点.（15分）21．（1）当13,5A,时，2,4,6,8,10AA，4,2,0,2,4AA，AAAA，所以0nA，（2分）（2）设,,Aabc，其中0abc，则00,,AAabc,，nAnAAAAAAAAAAAAAAAAA（4分）因0222aaabbbcc，2,2,2,,abcabbcacAAU，因AAA，所以2ba，2cb，2ca，cab，又,0,,2,2,2,,AAbcaabcabbcac，0ac，aca，所以4AAAA，（6分）因0cbaabc，0acabbaca，0bccb，0,,,,,AAabacbacabccb，,,,0,,,,,,,AAababccabacbacabccb因2ba，2cb，2ca，cab，所以aba，aca，bcb，acb，0bc，0bc，bcc，bcc所以6AAAA2nAnA所以nAnA为定值.（8分）（3）331,2,Aa*3Na，若*334,Naa，则3334122aaa，3333121121aaaa,故333331,2,2,2,3,4AaaaA，3333331,02,2,11,,1,AaAaaa，此时3333331bnAAAAA，不符合题意，（10分）故33a，猜想nan，下面给予证明，当3n时，显然成立，假设当nk，*Nk时，都有kak成立，即1,2,3,,kAk，此时2,3,4,,2kkAAk，1,2,3,,0,1,2,,1kkAAkkkk，故22121kkAkAk，11121kkAAkkk，0kkbnA，符合题意，（12分）111,2,,,kkAka，*1Nka则111112,3,4,,22,3,,kkkkkAAkaaka，111111,2,3,,0,1,2,,11,2,,0,1,,1kkkkkAAkkkkaaa，若12kak，1112,3,4,,22,3,,kkkkaaka的元素个数小于1111,2,3,,0,1,2,,11,2,,0,1,,1kkkkkkkaaa的元素个数则有1111110kkkkkkkkkkkbnAAAAAAAAAnA，不符合题意，故11kak，（14分）综上，对于任意的*Nn，都有nan故数列na的通项公式nan.（15分）