数学-2024届新高三开学摸底考试卷（天津专用）（参考答案）

2024届新高三开学摸底考试卷（天津专用）数学·参考答案一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45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．）123456789DACCCCDDA二､填空题：（本题共6小题，每小题5分，共30分。试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分。）10、211、6012、18)1(22yx13、414、15898．15、1)27,0(．三、解答题（本题共5小题，共75分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤。）16．（15分）【详解】（1）由15cossin0bAaB及正弦定理，得15sincossinsin0BAAB，.......................2分因为0,π,sin0BB，所以sin15cosAA，且cos0A........................4分又22sincos1AA，可得1cos4A........................6分（2）因为26a，4b由余弦定理，得2222642cc，......................8分即2280cc，解得2c(负值舍去)........................9分（3）由（1）及15cossin0bAaB，26a，4b，得10sin4B，.......................10分从而6cos4B........................11分由（1）得215sin1cos4AA........................13分15sin22sincos8AAA，27cos22cos18AA，所以cos2cos2cossin2sinABABAB7615106848416........................15分17．（15分）【详解】（1）证明：如图，设PC与DE交于点N，连接MN，∵四边形PDCE为矩形，∴N为PC的中点，又因为M为PA的中点，........................2分∴//MNAC，而MN平面MDE，AC平面MDE，∴//AC平面MDE；........................4分（2）解：因为平面PDCE平面ABCD，平面PDCE平面ABCDDC，PDDC，PD平面PDCE，所以PD平面ABCD，........................6分因为AD平面ABCD，所以PDAD，因为90BADADC，........................7分所以DA，DC，DP两两垂直，所以如图，分别以D为坐标原点，以DA，DC，DP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，根据题意，则有(1,0,0)A，(1,1,0)B，(0,2,0)C，0,0,2P，所以1,0,2PA，1,1,2PB，0,2,2PC，........................8分假设平面PBC的一个法向量为(,,)mxyz，则有2001,1,20220xyzmPBmmPCyz，设直线PA与平面PBC所成角的平面角为，则有123sincos,632mPAmPAmPA．........................10分（3）解：假设存在点(,,)Qxyz，满足题意，且此时(01)PQPC，即得0,2,2,,20,2,22xyzQ，则有0,2,22DQ，(1,0,0)DA，........................12分假设平面DAQ的一个法向量为(,,)nabc，则有022(22)00,1,100nDQbcnnDAa，又因为平面PBC的一个法向量为1,1,2m，.......................13分根据题意，则有2221111coscos,3222211mnmnmn，解之可得，23，.......................14分即得23PQPCuuuruuur，即点Q为线段PC上靠近点C的一个三等分点，坐标为420,,33Q．.......................15分18．（15分）【详解】（1）由题意可得：222222314422ababccea，解得：222211abc，所以椭圆C的方程为2212xy，则椭圆的右焦点为1,0F，.......................2分当直线AB的斜率等于0时不符合题意；设直线AB斜率不为0时，直线方程为1xmy，11,Axy，22,Bxy，由22122xmyxy可得：222210mymy，则224420mm，12222myym，12212yym，.......................4分所以222121212222242214222mmyyyyyymmm，.......................6分所以四边形OAHB的面积为2212221122122122222OHAOHBmmSSSOHyymm，设21mt，则1t，所以2222211tSttt，因为1122tttt，当且仅当1tt即1t，0m时，1tt最小值为2，.......................8分所以2222212Stt，因为0S，可得02S所以四边形OAHB（O为坐标原点）的面积的最大值为2；......................9分（2）因为22,Bxy，12,Dy，所以直线BD的斜率为1222yykx，所以直线BD的方程为：121222yyyyxx........................10分令0y可得：12212212121212121212212222yxmyyyxyymyyyyxyyyyyyyy........................12分由（1）知：12222myym，12212yym，则12122122mmyyyym所以12121212121323222yyyyyyxyyyy，则直线BD过定点3,02E........................15分19．（15分）【详解】（1）解：由12nnbbnN及24b可知，数列nb是以2为公比的等比数列，所以，2122bb，故1222nnnb，........................2分设等差数列na的公差为d，由111312425abaaad，可得12a，32d，所以，33121222nnan.........................4分（2）解：131,2231,2nnnncnn为奇数为偶数，设数列nc的前n项和为nT，21221321242nnnnTccccccccc，记1321nnAccc，242nnBccc，所以，213212313253122nnnnnnAcccn，........................6分2423572171319612222nnnnBccc，①5721231713656142222nnnnnB，②①②可得157212323311376666176116414822228214nnnnnnnB........................8分117116196984424824nnnnn，所以，323224nnnB，因此，223323224nnnnnnnTAB.........................9分（3）证明：先证明柯西不等式222222212121122nnnnssstttststst，构造函数2221122nnfxsxtsxtsxtnN，显然0fx且2222222121122122nnnnfxsssxstststxttt，所以，222222211221212440nnnnstststsssttt，即222222212121122nnnnssstttststst，当且仅当,1,2,,ijjiststijn时，等号成立，........................11分本题中，由（1）可得21312352224nnnnnaannS，所以，2111352nnnbSnn，且211111353131nnnnnn，........................12分所以，211111111111113532231313niiinnn，221111111114144111244434314nnnini，........................13分所以，22211111171114424352339nnniiiiiiiibS，........................14分但23522nnnnnSb不恒为常数，所以等号不成立，则11217324niiinbSN.........................15分20．（15分）【详解】（1）2e2xhxxxa，则2e2xhxxa，........................1分当20a即2a时，0hx，hx在R上单调递减，........................2分当20a时即2a时，2e2e22xxhxxaxaxa，令0hx，得2xa或2xa；令0hx，得22axa；........................4分此时hx在,2a和2,a上单调递减，在2,2aa上单调递增；........................5分（2）（ⅰ）22gxx，据题意有1222221xx，又120xx，则1220x且2220x1222221xx，........................7分所以21121212222222212xxxxxx，当且仅当1222221xx，即112x，232x时取等号．......................