文科数学-2024届新高三开学摸底考试卷（全国通用）（答案及评分标准）

2024届新高三开学摸底考试卷（全国通用）文科数学·答案及评分标准123456789101112CBDDABBCBADC13．11214．115．5,916．117．【解析】（1）因为底面ABCD是菱形,AC与BD交于点O所以O为AC中点,点E是棱PA的中点,F是棱PB的中点,所以OE为三角形ACP的中位线,OF为三角形BDP的中位线,所以//OEPC,//OFDP,（3分）OE平面DCP,PC平面DCP,//OE平面DCP,OFQ平面DCP,DP平面DCP,//OF平面DCP,而OEOFO,OE平面OEF,OF平面OEF,平面//OEF平面PCD.（6分）（2）因为底面ABCD是边长为2的菱形,60BAD,所以BAD为等边三角形,所以1,3OBOA,因为OP底面ABCD,OA底面ABCD,OB底面ABCD,所以OPOA,OPOB,（8分）所以POA和POB均为直角三角形,所以22336PA,22312PB,所以2222626cos4226PAB,所以2610sin144PAB,所以11526sin22PABSPAB,（10分）设点O到平面PEF的距离为h,根据体积相等法可知OPABPOABVV,所以115113133232h,所以155h.111151115151334534258OPEFPEFPABVShS,故三棱锥OPEF的体积为18.（12分）18．【解析】（1）由题图可知,0.005210100.03100.04101a,解得0.02a,（2分）质量指标的平均值1050.051150.41250.31350.21450.05123x．（4分）（2）依题意,质量指标值在110,120的有4件,记为1、2、3、4,质量指标值在120130,的有3件,记为、、ABC,（5分）则随机抽取2件,所有的情况为1,2,1,3,1,4,1,,1,,1,,2,3,2,4,2,,2,ABCAB,2,,3,4,3,,3,,3,,4,,4,,4,,,,,,,CABCABCABACBC,共21件,其中满足条件的为1,,1,,1,,2,,2,,2,,3,,3,,3,,4,,4,ABCABCABCAB,4,,,,,,,CABACBC,共15件,故所求概率155217P．（8分）（3）完善表格如下：A机器生产B机器生产总计优质品20080280合格品12080200总计320160480（10分）在本次试验中,2K的观测值2480(160009600)6.85710.828280200320160k,故没有99.9%的把握认为机器类型与生产的产品质量具有相关性．（12分）19.【解析】（1）由题意知,11sin322115sin22ABDAEDABADDABABBDSABBDAESDEAEADDAEABDE.（2分）设3ABx,所以5AEx.在RtABE△中,48BEx,所以2x,从而36ABx.（5分）（2）设BADDAEEAC,在Rt△ABD中,31tan62BDAB,在RtABE△中,84tan263BEAB,所以14tantan21123tan3141tantan22123.（8分）在RtABC△中,由11tan362BCBCAB,得33BC,所以25EC,（10分）从而AEC△的面积为112567522ECAB.（12分）20．【解析】（1）由题可得1,2caa,故可得2c,（2分）则222413bca,（3分）故C的标准方程为2213yx.（4分）（2）由（1）中所求可得点A,2F的坐标分别为1,0,2,0,又双曲线渐近线为3yx,显然直线PQ的斜率不为零,故设其方程为2xmy,33m,（5分）联立双曲线方程2213yx可得：22311290mymy,设点,PQ的坐标分别为1122,,,xyxy,则121222129,3131myyyymm,121224431xxmyym,221212122342431mxxmyymyym；（6分）又直线AP方程为：1111yyxx,令12x,则11321yyx,故点M的坐标为1113,221yx；直线AQ方程为：2211yyxx,令12x,则22321yyx,故点N的坐标为2213,221yx；（7分）则22MFNF12123333,,221221yyxx212212122299999313444414413131yymmxxxxmm9990449故22MFNF为定值0.（8分）（3）当直线PQ斜率不存在时,对曲线22:13yCx,令2x,解得3y,故点P的坐标为2,3,此时290PFA,在三角形2PFA中,223,3AFPF,故可得245PAF,则存在常数2,使得222PFAPAF成立；（9分）当直线PQ斜率存在时,不妨设点P的坐标为,xy,2x,直线2PF的倾斜角为,直线PA的倾斜角为,则2PFA,2PAF,假设存在常数2,使得222PFAPAF成立,即2,则一定有22tantantantan21tan,也即2221PAPFPAkkk；又22PFykx；22222221211111PAPAyyxkxykxyx；又点P的坐标满足2213yx,则2233yx,故222222121211133PAPAyxyxkkxyxx221212242212yxyxyxxxxx2PFk；（11分）故假设成立,存在实数常数2,使得222PFAPAF成立；综上所述,存在常数2,使得222PFAPAF恒成立.（12分）21.【解析】（1）令0x,则01f,所以21e2xfxaxx,则e1xfxax,令()()kxfx,则()exkxa,（2分）选①：当1a时,因为0x时,e1,()0xkx,所以fx在0,上单调递增,又00f,所以当0x时,0fx,说明fx在0,上单调递增,所以01fxf≥,符合题意；（4分）当1a时,ln0a,当0lnxa时,()0kx,所以fx在0,lna上单调递减,又00f,所以当0lnxa时,0fx,说明fx在0,lna上单调递减,所以当0lnxa时,01fxf,此时不符合题意；综上,实数a的取值范围,1.（6分）选②：fx在R上单调递增,所以0fx在R上恒成立,当0a时,()0kx,所以fx在R上递增,又00f,所以当0x时,0fx,所以fx在0x上单调递减,不符合题意；（4分）当0a时,当lnxa时,()0kx,所以fx在,lna上单调递减,当lnxa时,()0kx,所以fx在ln,a上单调递增,从而lnln1fxfaaaa,由0fx在R上恒成立,得ln10aaa,令ln1,lngaaaagaa,说明ga在0,1单调递增,在1,单调递减,所以10gag,当且仅当1a时取得等号,故1a.综上,实数a的取值范围1.（6分）（2）当1a时ln0a,当lnxa时()0kx,fx在,lna上单调递减,又00f,当0x时,()0fx¢,说明fx在,0上单调递增,当0lnxa时,0fx,说明fx在0,lna上单调递减,所以10x为极大值点.（8分）由（1）有e1xxx,则222eee4xxxx,所以当1x时,有2e114xxfxaxax,所以当41xa时,()0fx¢,所以2ln,41xaa使得20fx.当2ln,xax时,0fx,当2,41xxa时,()0fx¢,所以2xx为极小值点,综上,函数fx有两个极值点12,xx；（10分）其中2xx满足20fx,所以22e1xax,设e1(0)xhxxx,则2ee1xxxhxx,由（1）知e1xx,所以0,hxhx单调递增,所以2x随着a的增大而增大,又10x,所以212xxx,故21xx随着a的增大而增大.（12分）22.【解析】（1）把cosx,siny代入2240xyx,得曲线1C的极坐标方程为24cos,即4cos．（2分）将cos1sinxy中的参数消去,得曲线2C的普通方程为2220xyy,把cosx,siny代入,得曲线2C的极坐标方程为22sin,即2sin．（5分）（2）由题得4cosOP,3π4cos4sin2OM,π2sin2cos2ON,4sin2cosNMOMON,（7分）因为OPMN,所以2114sin2cos4cos24sincos2cos22MPNSMNOP△22sin2cos2125sin22252,其中1tan2,π02,当π22,即π42时,MPN△的面积取得最大值252．（10分）23.【解析】（1）函数()1gxx的最小值为0m,此时1x,（1分）当1x时,()121fxxxx,当01x时,()11fxxx,当0x时,()121fxxxx,函数21,111,0112,0xxfxxxxxx,（3分）函数在(,0]上单调递减,在[1,)上单调递增,当01x时,()1fx,所以函数()fx的最小值为1n,故0,1mn.（5分）（2）由（1）知0abc,1abc,因为0abc,10abc,所以a0,0b,0a,0b,1()()abcab,（7分）又因为2()()()2abababab,所以212abab,又1()()abab,所以3[()()]4ab,所以3()()4ab．所以34ab．（10分）