理科数学-2024届新高三开学摸底考试卷(课标全国专用)03(答案及评分标准)

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2024届新高三开学摸底考试卷(课标全国专用)03理科数学·答案及评分标准1.D2.C3.C4.A5.B6.D7.C8.C9.B10.A11.A12.B13.4014.12或1215.216.9π217.【详解】(1)由已知,∵123nnnaa,∴132nnnaa,∵3nnnba,∴11133233223232nnnnnnnnnnnbaaaab,(3分)又∵15a,∴1113532ba,(4分)∴易知数列{}nb中任意一项不为0,∴12nnbb,(5分)∴数列{}nb是首项为2,公比为2的等比数列.(6分)(2)由第(1)问,1222nnnb,∴2nnncnbn,∴设数列{}nc的前n项和为nS,则1231222322nnSn①,①2得,234121222322nnSn②,(7分)①②得,2341222222nnnSn,(9分)∴111212222212nnnnnSnn,(10分)∴1212nnSn.(11分)∴数列{}nc的前n项和为1212nn.(12分)18.【详解】(1)由频率分布表可知,“足球迷”对应的频率为0.20.050.25,则在抽取的200人中,“足球迷”有2000.2550人,所以22列联表如下(表格2分)非足球迷足球迷合计女701080男8040120合计15050200所以222007040801010011.11110.82815050801209K,(4分)所以有99.9%的把握认为该地的电视观众是否为“足球迷”与性别有关.(5分)(2)由频率分布表可知,“足球迷”对应的频率为0.25(6分)所以从该地的电视观众中随机抽取1人,其为“足球迷”的概率14P,所以14,4XB,即X的可能取值为0、1、2、3、4,(7分)所以040411810C144256PX,131411271C14464PX,222411272C144128PX,31341133C14464PX,40441114C144256PX,(10分)所以随机变量X的分布列为X01234P812562764271283641256(11分)所以1414EX.(12分)19.【详解】(1)证明:连接OB,因为ABC为等腰直角三角形,90B??,22AB,所以4AC,(1分)因为O为AC边的中点,所以122OBAC,在等边三角形FAC中,4AFACFC,因为O为AC边的中点,所以FOAC,(2分)则2223FOAFAO,(3分)又4FB,所以222FOOBFB,即FOOB,(4分)因为ACOBO,AC平面ABC,OB平面ABC,所以FO平面ABC.(5分)(2)方法一:因为ABC是等腰直角三角形,90ABC,O为边AC中点,所以OBAC,由(1)得FO平面ABC,则以O为坐标原点,OB,OC,OF的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则0,2,0A,42,,033E,0,0,23F,(建系正确给1分,7分)所以0,2,23AF,48,,033AE,设平面FAE的法向量为,,nxyz,由00AFnAEn,得223048033yzxy,令1z,得23,3,1n,(9分)易知平面FAC的一个法向量为1,0,0m,(10分)设二面角EFAC的大小为θ,则3|cos|2mnmn,(11分)由图可知二面角EFAC为锐角,所以二面角EFAC的余弦值为32.(12分)20.【详解】(1)设动圆P与圆M相切的切点为B,则42PMPNPMPBMN,(2分)所以点P的轨迹C是以M,N为焦点的椭圆,设椭圆的方程为22221(0)xyabab,则24a,22c,所以223bac,(3分)所以椭圆的方程为22143xy,即点P的轨迹C的方程为22143xy.(4分)(2)由题意可知直线QT的斜率显然不为0,不妨设直线QT的方程为xmyt,设11,Txy,22,Qxy,则22,Sxy,联立22143xyxmyt,消去x整理得2223463120mymtyt,(5分)所以212231234tyym,122634mtyym,(6分)因为T,A,S三点共线,所以121211yyxx,(7分)所以1212110ymytmyty,(8分)即1212220myytmyyt,所以2223122?6?203434tmtmtmtmm,解得3tm,(11分)故直线NQ的方程为33xmymmy,所以直线过定点0,3.(12分)21.【详解】(1)解:函数fx的定义域为0,,lnln1fxaxaax.(1分)①当0a时,令0fx,得10xe,则fx在10,e上单调递减;令()0fx¢,得1xe,则fx在1,e上单调递增.(3分)②当a0时,令0fx,得1xe,则fx在1,e上单调递减;令()0fx¢,得10xe,则fx在10,e上单调递增.(5分)综上所述,当0a时,fx在10,e上单调递减,在1,e上单调递增;当a0时,fx在1,e上单调递减,在10,e上单调递增.(5分)(2)证明:因为12xx,为fx的两个零点,所以113ln010xx,223ln010xx,(6分)两式相减,可得121233lnln01010xxxx,即1122123ln10xxxxxx,121212310lnxxxxxx,(7分)因此,121121310lnxxxxx,212121310lnxxxxx.(8分)令12xtx,则121113513310ln10ln10lntttxxttt,(9分)令1ln01httttt,则22211110tthtttt,(10分)所以函数ht在0,1上单调递增,所以10hth(11分)即1ln0ttt.因为01t,所以11lnttt,故12310xx得证.(12分)22.【详解】(1)由1ytt平方可得212ytt(1分)又因为1xtt,所以22yx,(3分)因为1122ytttt,当且仅当1tt即1t时,取等号,(4分)所以C的普通方程为222yxy;(5分)(2)由直线l的极坐标方程为π2可得直线l的直角坐标方程为0x,(7分)代入C的普通方程可得22y,解得2y,(9分)因为2y,所以2y舍去,y无解,所以l与C没有交点(10分)23.【详解】(1)因为3,33()2336,3233,2xxfxxxxxxx,(1分)所以9fx等价于339xx,或33269xx或3239xx,解得3x或332x或332x,(4分)即33x≤≤,即不等式9fx的解集为3,3(5分)(2)当0x时,60恒成立,所以aR;(6分)当0x时,|23||3|33|2||1|||xxaxxx恒成立,(7分)因为3333|2||1||21|3xxxx,(8分)当且仅当33(2)(1)0xx即3≤0x或302x时取得等号,(9分)所以3a,综上,a的取值范围是,3.(10分)

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