许济洛平2024届高三上学期第二次质检数学试题含答案.pdf

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1、#QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=#QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=#QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=#QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=#试卷第 1页，共 6页2024 届高三第二次模拟考试届高三第二次模拟考试参考答案参考答案一、选择题1A2B3D4A5C6B7D8C二、选择题9ACD10ABD11BD12AD

2、三、填空题13114154151 1,6 3162,02,3四、解答题17解:(1)在ABC中，因为sincos31cosbAAaBc，由正弦定理可得：sinsincos31 sincossinBAAABC，所以sinsincos31 sincossinBAAABAB，所以sinsinsincos31 sincossincoscossinABBAABABAB，整理得sinsin3sincosABAB，又0,A，所以sin0A，所以sin3cosBB，得tan3B，4 分因为0,B，所以3B5 分(2)由(1)知，3B，又1a，3b，在ABC中，由余弦定理2222cosbacacB，得21312

3、 12cc ，所以220cc，则2c，或1c （舍），8 分所以ABC的面积1133sin1 22222SacB 10 分18解:(1)若选，因为数列 na中，212nnnaa a，所以数列 na为等比数列设na的公比为q，则0q，由题意得324222aaa，又11a，可得23222qqq，即322024qqq，则有 32222222420222qqqq qqqq，#QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=#试卷第 2页，共 6页因为220q，解得2q=，故12nna2 分若选，因为*121nnSSnN，所以*211122nnnn

4、SSSSnN，所以*2112nnnnSSSSnN，即*212nnaanN；当1n 时，有2121SS，即211aa，且11a，则212aa所以数列 na是首项11a，公比2q=的等比数列，所以12nna4 分若选，由1111nnnnSaSa，得1111nnnnSSaa，所以11111112nnSSaaaa，所以21nnSa当2n 时，1121nnSa，所以111212122nnnnnnnaSSaaaa，所以12nnaa，所以，数列 na是以首项11a，公比2q=的等比数列，所以12nna6 分(2)由(1)可知：数列 nb满足12nnnnnba，数列 nb的前 n 项和21231222nnnT

5、 则21112122222nnnnnT可得：2111111122121222222212nnnnnnnnnT，所以1242nnnT，8 分不等式1cos2nnnnT化为124cos2nn，可知数列1242n为递增数列9 分当 n 为偶数时，1242n，取2n，可得3；10 分当 n 为奇数时，1242n，取1n，可得2；11分综上，实数的取值范围是2,312 分19解:(1)由统计表数据可得：1234535x，#QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=#试卷第 3页，共 6页7 12 13 1924155y，1 分所以511630

6、4 1841iiixxyy，2 分5216494 1681174iiyy，3 分5214101410iixx ，4 分所以相关系数41410.9841.71740r，5 分因此，两个变量具有很强的线性相关性6 分(2)由题意知，X的可能取值为 0，1，2，37 分因为035338C C10C56P X，125338C C151C56P X，215338C C30152C5628P X，305338C C1053C5628P X，11分所以X的分布列为：X0123P15615561528528所以115155150123565628288E X 12 分20解:(1)证明：如图，取EC的中点H，

7、连结BD交AC于点 O，连结HO、HF因为四边形ABCD为菱形，则ACBD又AE 平面ABCD，BD 平面ABCD，所以AEBD因为AE 平面AEC，AC 平面AEC，且AEACA，所以BD 平面AEC2 分#QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=#试卷第 4页，共 6页因为H、O分别为EC、AC的中点，所以/HO EA，且1=2HOEA；又AEDF，且1=2DFEA所以/HO DF，且=HO DF，所以四边形HODF为平行四边形，所以/HF OD，即/HF BD，所以HF 平面AEC因为HF 平面CEF，所以平面AEC 平面C

8、EF5 分(2)取CD中点M，连接AM因为菱形ABCD中，60ABC，所以ACD为正三角形，又M为CD中点，所以AMCD，因为/AB CD，所以AMAB因为AE平面ABCD，,AB AM 平面ABCD，所以AEAB，AEAM如图，以 A为原点，,AB AM AE所在直线分别为,x y z轴，建立空间直角坐标系Axyz7 分不妨设22ABADAEDF，则0,0,0,2,0,0,1,3,0,1,3,0,0,0,2,1,3,1ABCDEF8 分因为AM 平面ABE，所以0,3,0AM 为平面ABE的一个法向量，9 分设平面CEF的法向量为,x y zn，因为1,3,2,2,0,1CECF ，所以32

9、03220CExyzyxzxCFxz nn，不妨令1x，得1,3,2n11分设平面ABE与平面CEF夹角为，则36coscos,42 23AMAMAM nnn，11分所以平面ABE与平面CEF夹角的余弦值为6412 分#QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=#试卷第 5页，共 6页21解:(1)当1a 时，()e1 lnxf xx，则1()exfxx，1 分所以(1)e 1f ，2 分又(1)e 1f，3 分故所求切线方程为(e 1)(e 1)(1)yx，即(e 1)yx4 分(2)因为 fx的定义域是0,，所以当1a 时，()

10、sin(e1)lnsine1lnsinxxf xxaxxxx，设()e1 lnsinxg xxx，则1()ecosxg xxx，5 分设1()()ecosxh xg xxx，则21()esin0 xh xxx，6 分所以()h x在0,上是增函数，则1311e3cos033h，又44esin44h，因为34e2.7162，所以4e2，又441.42sin1.984243.142，所以04h，所以()h x在1,3 4上存在唯一零点0 x，也是()h x在0,上的唯一零点，所以00001()ecos0 xh xxx，即0001ecosxxx9 分当00 xx时，()0g x，()g x在00,x

11、上单调递减；当0 xx时，()0g x，()g x在0 x 上单调递增所以0min00000001()()eln1 sincosln1 sinxg xg xxxxxxx ，10 分由于004x，所以011x，0ln0 x，00cossinxx，所以min0()()0g xg x，所以()0g x，11分所以当1a 时，()sin0f xx，即()sinf xx成立12 分22解:(1)由题意知，2GHF的周长为4a，则48a，所以2a，1 分#QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=#试卷第 6页，共 6页又3c，则2224 3

12、1bac ，3 分所以椭圆E的方程为2214xy4 分(2)如图，由题意知，0,1M,0,1N，直线,PS PT ST斜率均存在设(,2)P m，（,0mmR），则直线:1xPSym，5 分由22414xyxym，消去y可得：22480mxmx，因为2640m恒成立，所以284SMmxxm，6 分即284Smxm，所以222814144Smmymmm；同理22436Tmxm，223636Tmym，8 分所以22224222322243612121441243682416192161612436STSTSTmmmmyymmmmkmmxxmmmmmmm，10 分所以直线ST方程为：2222212841211644162mmmmyxxmmmm，11分所以直线ST过定点10,212 分#QQABZYSUggigAgAAABgCAQmYCEAQkBAACKoOQFAAoAABgBFABAA=#