2024届四川省乐山市高三上学期第一次调研考试文科数学含答案.pdf

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2、AJAABhCEQUYCEGQkBCAAIoGABAIsAIBgRFABAA=#乐山市高中乐山市高中 2022024 4 届第一次调查研究考试届第一次调查研究考试文文科数学参考答案及评分意见科数学参考答案及评分意见2022023 3.12.12一、选择题：一、选择题：本大题共本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分.ABBDCBCCDCAB二、填空题：二、填空题：本大题共本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.13.x Z，22xx；14.eyx；15.6；16.1.三、解答题：三、解答题：本大题共本大题共 6

3、 6 小题，共小题，共 7070 分分.17.解解：（1）甲得分的中位数为808180.52；2 分乙得分的众数为78；4 分（2）若使用方案一：75 75 78 78 80 81488181 834 991.0 x甲+5 分75 78 78 78 80 80588183 835 850.0 x乙+6 分因为xx甲乙，所以甲的得分较高.7 分若使用方案二：75 78 78 80 808881 81 834y甲+8 分78 78 78 80 80683 838880.5y乙+9 分因为yy甲乙，所以乙的得分较高.10 分方案二更好，因为有一个评委给甲选手评分为99，高出其他评委的评分很多，方案二

4、可以规避个别极端值对平均值的影响，评选结果更公平、更正.12 分18.解解：（1）11a，11b，2121222aab，3233133 44aab 3 分（2）12(1)nnnana，1112nnaann，即112nnbb6 分又11b，nb是以 1 为首项，以12为公比的等比数列8 分（3）由（2）得11111()22nnnb 10 分所以12nnnnanb12 分19.解解：（1）E是PC的中点1 分证明：连结AC，交BD于点O，连结OE底面ABCD是正方形，O是AC的中点2 分PA/平面EBD，平面PAC 平面BDEOE，#QQABAYCAogCIAAJAABhCEQUYCEGQkBCA

5、AIoGABAIsAIBgRFABAA=#PAOE/4 分O是AC的中点，E是PC的中点6 分（2）E为PC中点，DBCPBPDCBPDEVVV21218 分若32BPDEV，则34DBCPV1242333P DBCBDCVSPD10 分1.存在1，使三棱锥BPDE体积为3212 分20.解解：（1）在ABD中，由余弦定理得：22224 102cos22222ADABBDBADAD AB 2 分0BAD，34BAD3 分3BADBCD，4BCD4 分512BDC，在BCD中，由正弦定理得：sinsinBDCDBCDCBD，即10sinsin43CD310sin1032152sin42CD6 分

6、（2）解法一：解法一：在BCD中，设3,4BDCCBD，3(0,)4由正弦定理得：103sin()sin44CD，310sin()342 5sin()4sin4CD8 分1sin2BCDSBD CD13102 5sin()sin243225 2sin()sin5 2(cossin)sin422#QQABAYCAogCIAAJAABhCEQUYCEGQkBCAAIoGABAIsAIBgRFABAA=#211 cos25(sincossin)5(sin2)221155 255(sin2cos2)sin(2)22224211 分当且仅当242，即38时BCD面积取到最大值5 2522故BCD面积的最

7、大值为5 252212 分解法二：解法二：在BCD中，10,4BDBCD，由余弦定理得：2222cosBDCDCBCD CBBCD8 分即：22102(22)CDCBCD CBCD CB 105(22)22CD CB ，当且仅当CBCD 时取“”10 分2)12(522)22(521max）（BCDS故BCD面积的最大值为5 252212 分21.解解：（1）由题可知，()exxh x(Rx)，所以1()exxh x1 分由()0h x，得1x；由()0h x，得1x 2 分所以()h x在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减3 分所以()h x的极大值为1(1)eh，无极小值5 分(注：只

8、给出极大值，没有说无极小值扣 1 分)（2）因为()()1f xg xx，所以log1xaxax，可得loglog()xxaaxaxxxa6 分令(1)xtxa a，可得ln(1ln)0 xxxtaxaaaxa，所以xtxa在(0,)单调递增7 分故1()()1g xf xx有两个零点，等价于()logah ttt 有两个零点8 分可得1()1lnh tta，当1(0,)lnta时，()0h t；当1(,)lnta时，()0h t，#QQABAYCAogCIAAJAABhCEQUYCEGQkBCAAIoGABAIsAIBgRFABAA=#所以()h t在(10,ln)a递减，1(,)lna递增

9、，可得1lnmin111()()lo)gloglnlnlnln(aaah thaaaaa9 分令1lnl0(ogln)aaaa，所以1lnln1aaa，则1ln1lnaaa，设01lnxa，则01exa，00011ln(e)exxxaaa10 分所以1ln1lnaaa，则1elna，则1e(1,e)a11 分因为11()10haa，110aaah aaaa a，此时存在两零点12,x x，其中12111(,),(,)lnlnxxaaa，且120h xh x,故1e(1,e)a12 分(注：没有用零点存在定理判断扣 1 分)22.解解：（1）因为圆1C的参数方程为22cos(12sinxy 为参

10、数），则其直角坐标方程为221(2)(1)4Cxy：，即224210 xyxy 2 分因为cos,sinxy，3 分故1C的极坐标方程为24 cos2 sin10 5 分（2）因为2C的极坐标方程为4，代入1C的极坐标方程中，得23 210，则12123 21，7 分故21212414PQ（）8 分则1C PQ的高为1424429 分则1C PQ的面积为1127142222PQ h10 分23.解解：（1）由题得,()233,xa xaf xxaxaxa xa 2 分画出()yf x及ya得图象，如下图所示，#QQABAYCAogCIAAJAABhCEQUYCEGQkBCAAIoGABAIsAIBgRFABAA=#易知2(,0),(,)(2,)3aA aBaCa a，43aBC 4 分211 42822333ABCaaSBC aa，解得2a 5 分（2）由（1）知,()33,xa xaf xxa xa ，当xa时，()f xx即为xax，得0a，与条件矛盾，此时不等式的解为；7 分当xa 时，()f xx即为33xax，得34ax，此时不等式的解为34ax.9 分综上所述，原不等式的解集为3(,)4a10 分(注：第（2）问也可由图象直接得出答案)#QQABAYCAogCIAAJAABhCEQUYCEGQkBCAAIoGABAIsAIBgRFABAA=#