资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩5页未读，
继续阅读
2024上进高三一轮复习联考数学试卷
展开
这是一份2024上进高三一轮复习联考数学试卷，文件包含还原Word_数学参考答案及评分细则docx、还原Word_绝密启用前docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
2023—2024 学年高三一轮总复习验收考试
数学参考答案及评分细则
1.【答案】C
【解析】由 M=x|x²-3x-4<0=x|-12.【答案】A
【解析 f'x=5x⁴+4a+1x³,又f'(x)为偶函数,所以4(a+1) =0,即a= -1,) 所以 fx=x⁵-2024,fa=f( -1) = -2025.故选 A.
3.【答案】D
【解析】把: x=2y²化为标准方程 y2=12x 得 p=14,|MF|=18+2=178. 故选 D.
4.【答案】C
【解析】设前后两次地震释放的能量分别为 E₁，E₂，由已知得 lgE1=4.8+1.5×6.2,lgE2=4.8+1.5×5.7, :|gE1E2=1.5×0.5=0.75,∴n=E1E2=1008=10⋮=41000,s4<1000<64,∴5<41000<6,∴n=41000∈(5,6).故选 C.
5.【答案】A
【解析】过 D,E,B₁ 三点的截面是以 DE,B₁E 为邻边的平行四边形,∴ ∴DE=5,B1E=17,DB1=43, ∴cs∠DEB1=17+25-482×5×17=-3517,∴sin∠DEB1=426517,. 截面面积为 5×17×426517=426. 故选 A.
6.【答案】C
【解析】由复数的几何意义可知， |2-i-z|=1 即为 |z-2+i| =1,i故复数z在复平面内对应的点 Z(a，b)的轨迹是以(2，-1)为圆心，1为半径的圆C，即圆 C: a-2²+b+1²=1,如图 b+aa+1=b-1a+1+1,而 b-1a+1的几何意义为过圆 C 上的点与定点A( -1，1)的直线 l的斜率k，直线 l的方程为 ka-b+k+1=0, 由题意可知，圆心 C 到直线l的距离 d≤1,即 |3k+2|k2+1≤1,解得 -3-34≤k≤-3+34, 即 -3-34≤b-1a+1≤-3+34,所以 1-34≤b+aa+1≤ 1+34.故选 C.
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
7.【答案】B
【解析】 ∵fx=sinωx++12,∴fx=csωx+,∴:f0⋅f0=sin+12ωcs=0,:-π2<ζ <π2,∴sin=-12,=-π6,∴fx=sinωx-π6+12,由 fx+f2xᵢ-x=1 可得f(x)的图象关于点 xi12对称 ∴sinωxi-π6+12=12, 即 sinωxi-π6=0,当x∈(0,2π)时, ωx-π6∈-π62ωπ-π6,函数y=sin x在 -π6+∞上的前5 个零点依次为0,π,2π,3π,4π,可得 3π<2ωπ-π6≤4π,解得 1912<ω≤2512,又∵f(x)在 αα+π2 上不是单调函数， ∴T2=πω<π2,解得ω>2,综上 2<ω≤2512. 故选 B.
8.【答案】D
【解析】记. fx=eˣ-x-1x0),,当x∈(0,+∞)时,f'(x) >0,f(x)单调递增,所以, fx=eˣ-x-1>f0=0,所以eˣ>x+1(x>0),E ，因为 x²+2x+1>1+2xx0),所以 x+1>1+2xx0),所以 ex>1+2xx0),所以 e0.142857>1+2×0.142857,,即a >c;由 eˣ>x+1x0),,易得 x>ln x+1(x>1),. 所以 1.285714> ln1.285714+1=ln1.2857142+1,即c>b.综上 a>c>b.故选 D.
9.【答案】AC(每选对1 个得3 分)
【解析】 |b|=12+12=2,A 正确；由图可知，向量a，b不共线，故不存在实数λ，使得b=λa，B错误；设网格中方向向右、向上的单位向量分别为( e₁,e₂,且 e₁⊥e₂,则 a=3e₁,b=e₁+e₂,所以 a+2b⋅b=5e₁+2e₂⋅e₁+e₂=7，C 正确；由图可知，向量b在 a方向上的投影向量方向向右、模长为1，所以向量b在a 方向上的投影向量为 13a,D错误.故选 AC.
10.【答案】ACD(每选对一个得2分)
【解析】设该正八面体内切球的半径为 r，由内切球的性质可知正八面体的体积 V=8×13×12×2×2× sin60∘⋅r=2×13×2×2×22-22,解得 r=63,故它的内切球表面积为 4π×632=8π3,故 A 正确;设该正八面体外接球的半径为 R，易知EF 为正八面体外接球的直径， 2R=22,解得 R=2,所以正八面体外接球的体积为 82π3,故B 错误;当P 为 EB 的中点时,AP⊥EB,CP⊥EB,此时AP+CP 取得最小值为2 3 ,故 C 正确;易知AF∥EC,因为AF⊄平面 EBC,EC⊂平面EBC,所以AF∥平面 EBC,所以 V三棱锥E-QBC = V三棱锥Q-EBC= V球在A-EBC=V球锥侧E-ABC=13×12×2×2×2=223,故 D 正确. 故选 ACD.
11.【答案】BCD(每选对一个得2 分)
【解析】将 9aₙaₙ₊₁=aₙ-4aₙ₊₁两边同时除以 anan,,得 9=1an+1-4an,∴1an+1+3=41an+3, 故数列 1an+3是以 1a1+3=4为首项、4 为公比的等比数列， ∴1an+3=4n, 即 an=14n-3. 对于 A ,∵an=14n-3>0,∴9anan+1=an
数学 第2 页(共8页)
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
-4aₙ₊₁>0,∴4aₙ₊₁以 Tn=131-142-3+142-3-143-3+⋯+14n-3-14n+1-3=131-14n+1-3<13,1 正确;对于C, an
1-14n-11-14=1+4391-14n-1<1+439=4339, 故 C 正确；对于D, Rn=41-3+42-3+⋯+4n-3=43(4n-
1)-3n,当n=1时, Rₙ≥6n²-5n 显然成立，当 n≥2时, 4n=1+3n≥Cn0+3Cn1+9Cn2=9n2-3n+22,所以 Rₙ=
434n-1-3n≥43×9n2-3n2-3n=6n2-5n,D 正确.故选 BCD.
12.【答案 22
【解析】 S12=12a3+a102=6a3+a10=9π4,所以 csS12=cs9π4=22.
13.【答案】120
【解析】A，B，C三位同学围成一个圆，“ABC”“BCA”或“CAB”是同一排列，其中每一个圆排列可以拆成任意一位同学为首的直线排列3 个.三位同学围成一个圆的排列总数为 13A33,由此可得六位同学围成一个圆的排列总数为 16A66=120.
14.【答案 -2+142
【解析】三角形的内心必在该三角形的角平分线上，又内心在一条高线上，则这条高线与该三角形的一条角平分线重合，于是可知该三角形为等腰三角形.设 F₂(c，0)，故直线l为y=x-c，代入C 的方程可得 x2a2-x-c2b2=1,即( b²-a²x²+2a²cx-a²c²+b²=0设.A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),故 x1x2=-a2c2+b2b2-a2>0,故 b²-a²<0即c² -2a²<0,所以 e²-2<0,结合e>1 可得 12,舍去；②当 |BF₁|=|AB|时,n+2a =m+n,即2a=m,故|AF₁|=4a,|AF₂|=2a,| ，因为直线l的斜率为1，所以倾斜角为π/4，l即 ∠AF2F1=3π4,在△AF₂F₁中,
数学 第3页(共8页)
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
由余弦定理可得 |AF₁|²=|AF₂|²+|F₁F₂|²-2|AF₂|⋅|F₁F₂|⋅cs∠AF₂F₁,即 16a²=4a²+4c²+2×2a⋅2c, 22,所以 c2+2ac-3a2=0,所以 e2+2e-3=0,解得 e=-2+142,因为 -2+142-2=-32+142= -18+142<0,-2+1422=2+14-474=4-7>1, 所以 1<-2+142<2,满足题意；③当 |BF₁|=|AF₁||时，直线l垂直于x轴，与题意矛盾，故舍去.综上，C的离心率为 -2+142.
15.解:(1)由 3csA3-acsC2b=csA2b,
得 2bcsA-3acsC=3csA.
由正弦定理得 2; sinBcsA=3sinAcsC+3sinCcsA=3sinA+C=3sinn B,(3 分)
∴0 ∵0(2)由余弦定理，得 csB=a2+c2-b22ac=12,
又 0 ∴C=π-A-B=π2,∴b=3a,(8 分)
∵BD=2AD,∴CD=23CA+13CB,(9分)
∴CD2=49CA2+19CB2=49b2+19a2=139a2=13,
∴ a =3,b =3 3,(11分)
∴△ABC 的面积 S=12ab=12×3×33=932.(13 分)
【评分细则】
1.解题过程中,未强调0
2.第(2)问也可不构造向量，而是利用余弦定理求解，此时酌情给分.
16.解：(1)样本中市民年龄的平均数为 x= 1300 ×(30×25 +81 ×35 +99×45 +60×55 +30×65) =44.3. (3 分)
(2)设事件 A 表示抽中的此人喜爱冰雪运动，事件 B 表示抽中的此人年龄在50 周岁以下.
则由频数分布表可知 PA=24+65+75+30+12300=206300,PAB=24+65+75300=164300,
所以在此人喜爱冰雪运动的前提下，其年龄小于50周岁的概率为 PB|A=PABPA=164206=82103. (6分)
(3)对于方案一，设每名参与调查的市民可获得的奖金为 X 元，则 X 的所有可能取值为 10，30，40，
数学 第4 页(共8 页)
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
其对应的概率分别为 110,35,310,
故 EX=10×110+30×35+40×310=31.(9 分)
对于方案二，设每名参与调查的市民可获得的奖金为Y元，则Y的所有可能取值为 10，20，30，40，60.
可得 PY=10=12×13=16;PY=20=12×13×13=118;
PY=30=12×23=13;PY=40=12×2×13×23=29,
PY=60=12×23×23=29,
所以 EY=10×16+20×118+30×13+40×29+60×29=35,(14 分)
因为 EX
【评分细则】
1.第(2)问也可用古典概型概率公式求解，若答案无误不扣分；
2.第(3)问中计算各概率值时，概率值未写成最简分数的形式不扣分.
17.(1)证明:∵E,F 分别是边 AB,BC的中点,∴EF∥AC,连接BH 交 EF 于O,连接B'O,
由折叠可知,EF⊥OB',EF⊥OH,OH∩OB'=O,∴EF⊥平面OB'H,
∴AC⊥平面OB'H,∵ HB'⊂平面OB'H,∴AC⊥HB'.(5分)
(2)解:∵等边△ABC的边长为4,∴ HB=23,∴OB'=OH=3,
∴HB'=3,∴cs∠B'OH=3+3-92×3×3=-12,∴∠B'OH=120∘,(7分)
以O为坐标原点，OF，OB所在直线为x，y轴，过O 作垂直于平面 ABC 的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.B'(0, 22 32, ),H(0,- 3,0),E(-1,0,0),F(1,0,0),
∴OB'=03232,OH=0-30,(8分)
设 OM=λOB'+1-λOH
=λ03232+1-λ0-30
=0332λ-332λ0≤λ≤1,(10 分)
在平面 B'EF 中, EF=200,OB'=03232,
不妨设平面 B'EF 的法向量 m =(x,y,z),
数学 第5页(共8页)
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
贝 m⋅OB=32y+32z=0,m⋅EF=2x=0, 令 y=-3,得x=0,z=1,
所以平面 B'EF 的一个法向量为 m=0-31,(12 分)
∴ 点M 到平面B'EF 的距离为 |OM⋅m||m|=|-3λ+3|2=34,(13 分)
解得 λ=12或 λ=32 舍去),∴M为 HB'的中点,∴ .B'MMH=1,
∴ 满足条件的点 M 存在，且 B'MMH=1.(15 分)
【评分细则】
1.第(1)问可用空间向量法求解，此时酌情给分；
2.第(2)问可用常规方法求解，此时酌情给分.
18.解:(1)设 C 的左焦点为 F',则. F'( - 3,0),F( 3,0),
|MF|+|MN|=26+|MN|-|MF'|≤26+|F'N|=26+3+2,
当且仅当点 M 与C 的左顶点重合时取等号，
即|MF|+|MN|的最大值为 26+3+2,(3分)
|MF|+|MN|=26-|MF'|-|MN|≥26-|F'N|=26-3-2,
当且仅当点 M 与C 的右顶点重合时取等号.
即|MF|+|MN|的最小值为 26-3-2.(5分)
(2)设 A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),则由 AN=2NB,
得 2-x₁-y₁=2x₂-2y₂,所以 x1=6-2x2,y1=-2y2,
又A,B在C上,所以 23-x223+4y223=1,x226+y223=1,
解得 x2=94,y2=±308, 即 B94±308. (9分)
故直线 l 的斜率为 kBv=±308-094-2=±302. (10 分)
(3)假设满足条件的点存在，设( Q(m,0),A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),则Q A⋅QB=x1-mx2-m+y1y2=x1x2-mx1+x2+m2+y1]₂,
数学 第6页(共8页)
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
所以 gx1=1-2lnx1-ax12=0,gx2=1-2lnx2-ax22=0,
2a=x22-x12x12x22lnx2x1.
两式相减并整理得 (11 分)
设 x₂>x₁>0,由(2)知 2gx0+2≤2a,
所以要证 1x12+1x22>2gx0+2,只需证 即证 lnx22x1x22x12-1x22x12+1. (13 分)
lnt>t2-1t2+1t1),
x2x1=t∈1+∞,
送
下面就只需证
设 St=lnt-t2-1t2+1t1),则 S't=1t-4tt2+12=t2-12tt2+12>0,
所以S(t)在(1,+∞)上单调递增,从而S(t) >S(1) =0,
所以 lnt>t2-1t2+1t1)成立，从而 1x12+1x22>2gx0+2.(17 分)
【评分细则】
如用其他解法酌情给分.
数学 第8页(共8页)
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
当直线l的斜率存在时,设 l的方程为 y=k(x-2),
把 y=k(x-2)代入 x26+y23=1, 得 2k²+1x²-8k²x+8k²-6=0,
所以 x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8k2-62k2+1,
Δ=64k⁴-42k²+18k²-6=82k²+3>0,(12 分)
2=kx1-2⋅kx2-2=k2x1x2-2x1+x2+4=k28k2-62k2+1-16k22k2+1+8k2+42k2+1=2k22k2+1
所以 QA⋅QB=8k2-62k2+1-8mk22k2+1+2m2k2+m22k2+1-2k22k2+1=2k2m2-4m+3+m2-62k2+1为定值，
所以 m²-4m+3=m²-6,解得 m=94,(14 分)
∴存在定点 Q940,使得 QA⋅QB为定值 -1516;(15 分)
当直线 l的斜率不存在时,易得 A(2,1),B(2,-1)满足 QA⋅QB为定值 -1516.(16 分)
综上，存在定点( Q940,使得 QA⋅QB为定值.(17 分)
【评分细则】
1.第(1)问中若未强调取等号的条件，缺1个扣1分；
2.第(2)问也可利用韦达定理求解，此时酌情给分；
3.第(3)问中未考虑直线l的斜率不存在这一种情形，扣1分；
4.第(3)问中，也可设直线 l的方程为x=my+1，此时酌情给分.
19.(1)解:由 gx=1-2lnx-ax2,则 g'x=-2x2-ax3=-2x-ax+ax3, (2分)
所以当. x∈(0, 4)时,g'(x)>0,g(x) 单调递增，
当 x∈( 4,+∞)时,g'(x) <0,g(x)单调递减,(3分)
所以. x=a为g(x)的极大值点，即. x0=a.(4分)
(2)证明：由题意 g(√a) = -ln a(a>0),(5分)
要证 2gx0+2≤2a,只需证 1a+lna-1≥0,(6分)
令 hx=lnx+1x-1x0),则 h'x=1x-1x2=x-1x2,
当x∈(0,1)时,h'(x) <0,h(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,h'(x) >0,h(x)单调递增,
所以 h(x)≥h(1) =0,| 即 lnx+1x-1≥0,所以 2gx0+2≤2a.(9分)
(3)证明:因为x₁,x₂是g(x)的两个不同的零点,
数学 第7页(共8页)
2023—2024 学年高三一轮总复习验收考试
数学参考答案及评分细则
1.【答案】C
【解析】由 M=x|x²-3x-4<0=x|-1
【解析 f'x=5x⁴+4a+1x³,又f'(x)为偶函数,所以4(a+1) =0,即a= -1,) 所以 fx=x⁵-2024,fa=f( -1) = -2025.故选 A.
3.【答案】D
【解析】把: x=2y²化为标准方程 y2=12x 得 p=14,|MF|=18+2=178. 故选 D.
4.【答案】C
【解析】设前后两次地震释放的能量分别为 E₁，E₂，由已知得 lgE1=4.8+1.5×6.2,lgE2=4.8+1.5×5.7, :|gE1E2=1.5×0.5=0.75,∴n=E1E2=1008=10⋮=41000,s4<1000<64,∴5<41000<6,∴n=41000∈(5,6).故选 C.
5.【答案】A
【解析】过 D,E,B₁ 三点的截面是以 DE,B₁E 为邻边的平行四边形,∴ ∴DE=5,B1E=17,DB1=43, ∴cs∠DEB1=17+25-482×5×17=-3517,∴sin∠DEB1=426517,. 截面面积为 5×17×426517=426. 故选 A.
6.【答案】C
【解析】由复数的几何意义可知， |2-i-z|=1 即为 |z-2+i| =1,i故复数z在复平面内对应的点 Z(a，b)的轨迹是以(2，-1)为圆心，1为半径的圆C，即圆 C: a-2²+b+1²=1,如图 b+aa+1=b-1a+1+1,而 b-1a+1的几何意义为过圆 C 上的点与定点A( -1，1)的直线 l的斜率k，直线 l的方程为 ka-b+k+1=0, 由题意可知，圆心 C 到直线l的距离 d≤1,即 |3k+2|k2+1≤1,解得 -3-34≤k≤-3+34, 即 -3-34≤b-1a+1≤-3+34,所以 1-34≤b+aa+1≤ 1+34.故选 C.
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
7.【答案】B
【解析】 ∵fx=sinωx++12,∴fx=csωx+,∴:f0⋅f0=sin+12ωcs=0,:-π2<ζ <π2,∴sin=-12,=-π6,∴fx=sinωx-π6+12,由 fx+f2xᵢ-x=1 可得f(x)的图象关于点 xi12对称 ∴sinωxi-π6+12=12, 即 sinωxi-π6=0,当x∈(0,2π)时, ωx-π6∈-π62ωπ-π6,函数y=sin x在 -π6+∞上的前5 个零点依次为0,π,2π,3π,4π,可得 3π<2ωπ-π6≤4π,解得 1912<ω≤2512,又∵f(x)在 αα+π2 上不是单调函数， ∴T2=πω<π2,解得ω>2,综上 2<ω≤2512. 故选 B.
8.【答案】D
【解析】记. fx=eˣ-x-1x0),,当x∈(0,+∞)时,f'(x) >0,f(x)单调递增,所以, fx=eˣ-x-1>f0=0,所以eˣ>x+1(x>0),E ，因为 x²+2x+1>1+2xx0),所以 x+1>1+2xx0),所以 ex>1+2xx0),所以 e0.142857>1+2×0.142857,,即a >c;由 eˣ>x+1x0),,易得 x>ln x+1(x>1),. 所以 1.285714> ln1.285714+1=ln1.2857142+1,即c>b.综上 a>c>b.故选 D.
9.【答案】AC(每选对1 个得3 分)
【解析】 |b|=12+12=2,A 正确；由图可知，向量a，b不共线，故不存在实数λ，使得b=λa，B错误；设网格中方向向右、向上的单位向量分别为( e₁,e₂,且 e₁⊥e₂,则 a=3e₁,b=e₁+e₂,所以 a+2b⋅b=5e₁+2e₂⋅e₁+e₂=7，C 正确；由图可知，向量b在 a方向上的投影向量方向向右、模长为1，所以向量b在a 方向上的投影向量为 13a,D错误.故选 AC.
10.【答案】ACD(每选对一个得2分)
【解析】设该正八面体内切球的半径为 r，由内切球的性质可知正八面体的体积 V=8×13×12×2×2× sin60∘⋅r=2×13×2×2×22-22,解得 r=63,故它的内切球表面积为 4π×632=8π3,故 A 正确;设该正八面体外接球的半径为 R，易知EF 为正八面体外接球的直径， 2R=22,解得 R=2,所以正八面体外接球的体积为 82π3,故B 错误;当P 为 EB 的中点时,AP⊥EB,CP⊥EB,此时AP+CP 取得最小值为2 3 ,故 C 正确;易知AF∥EC,因为AF⊄平面 EBC,EC⊂平面EBC,所以AF∥平面 EBC,所以 V三棱锥E-QBC = V三棱锥Q-EBC= V球在A-EBC=V球锥侧E-ABC=13×12×2×2×2=223,故 D 正确. 故选 ACD.
11.【答案】BCD(每选对一个得2 分)
【解析】将 9aₙaₙ₊₁=aₙ-4aₙ₊₁两边同时除以 anan,,得 9=1an+1-4an,∴1an+1+3=41an+3, 故数列 1an+3是以 1a1+3=4为首项、4 为公比的等比数列， ∴1an+3=4n, 即 an=14n-3. 对于 A ,∵an=14n-3>0,∴9anan+1=an
数学 第2 页(共8页)
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
-4aₙ₊₁>0,∴4aₙ₊₁
1-14n-11-14=1+4391-14n-1<1+439=4339, 故 C 正确；对于D, Rn=41-3+42-3+⋯+4n-3=43(4n-
1)-3n,当n=1时, Rₙ≥6n²-5n 显然成立，当 n≥2时, 4n=1+3n≥Cn0+3Cn1+9Cn2=9n2-3n+22,所以 Rₙ=
434n-1-3n≥43×9n2-3n2-3n=6n2-5n,D 正确.故选 BCD.
12.【答案 22
【解析】 S12=12a3+a102=6a3+a10=9π4,所以 csS12=cs9π4=22.
13.【答案】120
【解析】A，B，C三位同学围成一个圆，“ABC”“BCA”或“CAB”是同一排列，其中每一个圆排列可以拆成任意一位同学为首的直线排列3 个.三位同学围成一个圆的排列总数为 13A33,由此可得六位同学围成一个圆的排列总数为 16A66=120.
14.【答案 -2+142
【解析】三角形的内心必在该三角形的角平分线上，又内心在一条高线上，则这条高线与该三角形的一条角平分线重合，于是可知该三角形为等腰三角形.设 F₂(c，0)，故直线l为y=x-c，代入C 的方程可得 x2a2-x-c2b2=1,即( b²-a²x²+2a²cx-a²c²+b²=0设.A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),故 x1x2=-a2c2+b2b2-a2>0,故 b²-a²<0即c² -2a²<0,所以 e²-2<0,结合e>1 可得 1
数学 第3页(共8页)
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
由余弦定理可得 |AF₁|²=|AF₂|²+|F₁F₂|²-2|AF₂|⋅|F₁F₂|⋅cs∠AF₂F₁,即 16a²=4a²+4c²+2×2a⋅2c, 22,所以 c2+2ac-3a2=0,所以 e2+2e-3=0,解得 e=-2+142,因为 -2+142-2=-32+142= -18+142<0,-2+1422=2+14-474=4-7>1, 所以 1<-2+142<2,满足题意；③当 |BF₁|=|AF₁||时，直线l垂直于x轴，与题意矛盾，故舍去.综上，C的离心率为 -2+142.
15.解:(1)由 3csA3-acsC2b=csA2b,
得 2bcsA-3acsC=3csA.
由正弦定理得 2; sinBcsA=3sinAcsC+3sinCcsA=3sinA+C=3sinn B,(3 分)
∴0
又 0
∵BD=2AD,∴CD=23CA+13CB,(9分)
∴CD2=49CA2+19CB2=49b2+19a2=139a2=13,
∴ a =3,b =3 3,(11分)
∴△ABC 的面积 S=12ab=12×3×33=932.(13 分)
【评分细则】
1.解题过程中,未强调0
2.第(2)问也可不构造向量，而是利用余弦定理求解，此时酌情给分.
16.解：(1)样本中市民年龄的平均数为 x= 1300 ×(30×25 +81 ×35 +99×45 +60×55 +30×65) =44.3. (3 分)
(2)设事件 A 表示抽中的此人喜爱冰雪运动，事件 B 表示抽中的此人年龄在50 周岁以下.
则由频数分布表可知 PA=24+65+75+30+12300=206300,PAB=24+65+75300=164300,
所以在此人喜爱冰雪运动的前提下，其年龄小于50周岁的概率为 PB|A=PABPA=164206=82103. (6分)
(3)对于方案一，设每名参与调查的市民可获得的奖金为 X 元，则 X 的所有可能取值为 10，30，40，
数学 第4 页(共8 页)
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
其对应的概率分别为 110,35,310,
故 EX=10×110+30×35+40×310=31.(9 分)
对于方案二，设每名参与调查的市民可获得的奖金为Y元，则Y的所有可能取值为 10，20，30，40，60.
可得 PY=10=12×13=16;PY=20=12×13×13=118;
PY=30=12×23=13;PY=40=12×2×13×23=29,
PY=60=12×23×23=29,
所以 EY=10×16+20×118+30×13+40×29+60×29=35,(14 分)
因为 EX
【评分细则】
1.第(2)问也可用古典概型概率公式求解，若答案无误不扣分；
2.第(3)问中计算各概率值时，概率值未写成最简分数的形式不扣分.
17.(1)证明:∵E,F 分别是边 AB,BC的中点,∴EF∥AC,连接BH 交 EF 于O,连接B'O,
由折叠可知,EF⊥OB',EF⊥OH,OH∩OB'=O,∴EF⊥平面OB'H,
∴AC⊥平面OB'H,∵ HB'⊂平面OB'H,∴AC⊥HB'.(5分)
(2)解:∵等边△ABC的边长为4,∴ HB=23,∴OB'=OH=3,
∴HB'=3,∴cs∠B'OH=3+3-92×3×3=-12,∴∠B'OH=120∘,(7分)
以O为坐标原点，OF，OB所在直线为x，y轴，过O 作垂直于平面 ABC 的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.B'(0, 22 32, ),H(0,- 3,0),E(-1,0,0),F(1,0,0),
∴OB'=03232,OH=0-30,(8分)
设 OM=λOB'+1-λOH
=λ03232+1-λ0-30
=0332λ-332λ0≤λ≤1,(10 分)
在平面 B'EF 中, EF=200,OB'=03232,
不妨设平面 B'EF 的法向量 m =(x,y,z),
数学 第5页(共8页)
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
贝 m⋅OB=32y+32z=0,m⋅EF=2x=0, 令 y=-3,得x=0,z=1,
所以平面 B'EF 的一个法向量为 m=0-31,(12 分)
∴ 点M 到平面B'EF 的距离为 |OM⋅m||m|=|-3λ+3|2=34,(13 分)
解得 λ=12或 λ=32 舍去),∴M为 HB'的中点,∴ .B'MMH=1,
∴ 满足条件的点 M 存在，且 B'MMH=1.(15 分)
【评分细则】
1.第(1)问可用空间向量法求解，此时酌情给分；
2.第(2)问可用常规方法求解，此时酌情给分.
18.解:(1)设 C 的左焦点为 F',则. F'( - 3,0),F( 3,0),
|MF|+|MN|=26+|MN|-|MF'|≤26+|F'N|=26+3+2,
当且仅当点 M 与C 的左顶点重合时取等号，
即|MF|+|MN|的最大值为 26+3+2,(3分)
|MF|+|MN|=26-|MF'|-|MN|≥26-|F'N|=26-3-2,
当且仅当点 M 与C 的右顶点重合时取等号.
即|MF|+|MN|的最小值为 26-3-2.(5分)
(2)设 A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),则由 AN=2NB,
得 2-x₁-y₁=2x₂-2y₂,所以 x1=6-2x2,y1=-2y2,
又A,B在C上,所以 23-x223+4y223=1,x226+y223=1,
解得 x2=94,y2=±308, 即 B94±308. (9分)
故直线 l 的斜率为 kBv=±308-094-2=±302. (10 分)
(3)假设满足条件的点存在，设( Q(m,0),A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),则Q A⋅QB=x1-mx2-m+y1y2=x1x2-mx1+x2+m2+y1]₂,
数学 第6页(共8页)
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
所以 gx1=1-2lnx1-ax12=0,gx2=1-2lnx2-ax22=0,
2a=x22-x12x12x22lnx2x1.
两式相减并整理得 (11 分)
设 x₂>x₁>0,由(2)知 2gx0+2≤2a,
所以要证 1x12+1x22>2gx0+2,只需证 即证 lnx22x1x22x12-1x22x12+1. (13 分)
lnt>t2-1t2+1t1),
x2x1=t∈1+∞,
送
下面就只需证
设 St=lnt-t2-1t2+1t1),则 S't=1t-4tt2+12=t2-12tt2+12>0,
所以S(t)在(1,+∞)上单调递增,从而S(t) >S(1) =0,
所以 lnt>t2-1t2+1t1)成立，从而 1x12+1x22>2gx0+2.(17 分)
【评分细则】
如用其他解法酌情给分.
数学 第8页(共8页)
上进联考 更专业 更放心 一站式考试服务专家
当直线l的斜率存在时,设 l的方程为 y=k(x-2),
把 y=k(x-2)代入 x26+y23=1, 得 2k²+1x²-8k²x+8k²-6=0,
所以 x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8k2-62k2+1,
Δ=64k⁴-42k²+18k²-6=82k²+3>0,(12 分)
2=kx1-2⋅kx2-2=k2x1x2-2x1+x2+4=k28k2-62k2+1-16k22k2+1+8k2+42k2+1=2k22k2+1
所以 QA⋅QB=8k2-62k2+1-8mk22k2+1+2m2k2+m22k2+1-2k22k2+1=2k2m2-4m+3+m2-62k2+1为定值，
所以 m²-4m+3=m²-6,解得 m=94,(14 分)
∴存在定点 Q940,使得 QA⋅QB为定值 -1516;(15 分)
当直线 l的斜率不存在时,易得 A(2,1),B(2,-1)满足 QA⋅QB为定值 -1516.(16 分)
综上，存在定点( Q940,使得 QA⋅QB为定值.(17 分)
【评分细则】
1.第(1)问中若未强调取等号的条件，缺1个扣1分；
2.第(2)问也可利用韦达定理求解，此时酌情给分；
3.第(3)问中未考虑直线l的斜率不存在这一种情形，扣1分；
4.第(3)问中，也可设直线 l的方程为x=my+1，此时酌情给分.
19.(1)解:由 gx=1-2lnx-ax2,则 g'x=-2x2-ax3=-2x-ax+ax3, (2分)
所以当. x∈(0, 4)时,g'(x)>0,g(x) 单调递增，
当 x∈( 4,+∞)时,g'(x) <0,g(x)单调递减,(3分)
所以. x=a为g(x)的极大值点，即. x0=a.(4分)
(2)证明：由题意 g(√a) = -ln a(a>0),(5分)
要证 2gx0+2≤2a,只需证 1a+lna-1≥0,(6分)
令 hx=lnx+1x-1x0),则 h'x=1x-1x2=x-1x2,
当x∈(0,1)时,h'(x) <0,h(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,h'(x) >0,h(x)单调递增,
所以 h(x)≥h(1) =0,| 即 lnx+1x-1≥0,所以 2gx0+2≤2a.(9分)
(3)证明:因为x₁,x₂是g(x)的两个不同的零点,
数学 第7页(共8页)
相关试卷
2024江西省上进联盟高三下学期一轮复习（开学考）检测试题数学PDF版含解析： 这是一份2024江西省上进联盟高三下学期一轮复习（开学考）检测试题数学PDF版含解析，文件包含江西省上进联盟2023-2024学年高三下学期一轮复习开学考检测数学答案pdf、江西省上进联盟2023-2024学年高三下学期一轮复习开学考检测数学pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
江西省上进联盟2023-2024学年高三下学期一轮复习（开学考）检测数学试卷（PDF版附解析）： 这是一份江西省上进联盟2023-2024学年高三下学期一轮复习（开学考）检测数学试卷（PDF版附解析），文件包含江西省上进联盟2023-2024学年高三下学期一轮复习开学考检测数学答案pdf、江西省上进联盟2023-2024学年高三下学期一轮复习开学考检测数学pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
广西柳州高中、南宁三中2024届高三一轮复习诊断性联考数学试卷（Word版附解析）： 这是一份广西柳州高中、南宁三中2024届高三一轮复习诊断性联考数学试卷（Word版附解析），文件包含2024届广西柳州高中南宁三中高三一轮复习诊断性联考数学答案pdf、2024届广西柳州高中南宁三中高三一轮复习诊断性联考数学docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
