云南省曲靖市2023-2024学年高三上学期第一次质量监测数学试题含答案.pdf

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1、#QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=#QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=#QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=#QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=#QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=#QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAA

2、oOBBAIoAAAyRFABAA=#24高三试卷网盘群你将获得：各科无水印各地区试卷（每日更新一手整理，质量有保障）你将获得：各种热门教辅资料还有更多内容限时入群49元详询V：GZSJJ2000曲靖市 2023-2024 学年高三年级第一次教学质量监测数学 参考答案一、一、选择题选择题题号12345678答案DCDCBABC二、二、选择题选择题题号9101112答案ACBCABCACD三、三、填空题填空题题号13141516答案31，81131，7550（2 分）,650（3 分）四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演

3、算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.特别说明：所标示的得分点，仅仅作为评分参考，具体阅卷需要请阅卷题组长组织讨特别说明：所标示的得分点，仅仅作为评分参考，具体阅卷需要请阅卷题组长组织讨论制定相对科学合理又方便于评分操作的评分细则论制定相对科学合理又方便于评分操作的评分细则.17.解：（1）bCac2cos2，由正弦定理得：CACABCACsin2cossin2sin2cossin2sin,CACsincos2sin,0sinC，故21cosA.又，0A，32A.5 分（2）由题意知，31CDBDAD，.0coscos,ADBADCADBADC，故在ADC和ADB中，由余弦定理得：，0

4、2261022cb即16322 cb，在ABC中，由余弦定理得：1622bccb.#QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=#联立，解得774c，即774AB.10 分18.解：（1）naSnn 2，21211nnaSnn，两式相减，得121nnaa，故21211naann.又当1n时，1211 aa，故11a，数列1na是以2为首项，2为公比的等比数列，故nnna22211，所以12 nna.6 分（2）121121121221111nnnnnnnnnaaab，121112112171313111121nnnnnbbbT.由20

5、24202312111n，得202411211n，2024121n，解得10n，故n的最小值是10.12 分19.解：（1）221np，即采用3局2胜制，故X的所有可能取值为2,3，212121222XP，21212121213212212CCXP，X的分布列为：X23P2121X的数学期望 25213212XE.6 分（2）当采用3局2胜制时，设甲获胜时比赛的总局数为，则甲最终获胜的概率：pppppCpPPP2313221222.#QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=#当采用5局3胜制时，设甲获胜时比赛的总局数为，则甲最终获

6、胜的概率：.101561154323222422333ppppppCpppCpPPPP23PP，即ppppp2310156223,0145223ppp，即 01212pp121p.12 分20.解：（1）证明：由题意可知，BCE为等边三角形，在图 2 中，取BE的中点为F，连接AFFC，1，则BEFC1，且31FC.在图 1 中，取BE的中点为F，则2160ABBFABF，由余弦定理得，3AF，21212ACFCAF，故AFFC1，又FBEAF，ABEDFC平面1，又EBCFC11平面，ABEDEBC平面平面1.5 分（2）满足题设条件的点P存在.如图所示，建立空间直角坐标系，则.323230

7、23230100230030001，CFEBAD由（1）知，平面EBC1的一个法向量为031321，AFn，设101DCDP，则3232233323230231，DCBDBP，又013，BE，设平面PEB的一个法向量为zyxn，2，由0022BEnBPn，得132，n.#QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=#由二面角1CEBP的大小为45，得22142322，解得1031，所 以 在 棱1DC上 存 在 点P，使 得 二 面 角1CEBP的 大 小 为45，此 时36311DCDP.12分21.解：（1）设2211yxByxA

8、，则22212122pyxpyx，2121212yypxxxx，故pxxxxyy2212121，由题意，得124p，所以2p，所以抛物线E的方程为yx42.4 分（2）由（1）知，10，F，易知直线2l的斜率必存在，设直线2l的方程为1 kxy，.4433yxNyxM，由142kxyyx，得0442 kxx，440161643432xxkxxk，.且22243214161611kkkxxkMN.由42xy，得2xy，所以切线PM的方程为：3332xxxyy，即422333xxxxy，同理，切线PN的方程为：422444xxxxy，联立，得14224343xxykxxx，12，kP，#QQABC

9、QgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=#点P到直线2l的距离22212122kkkd，41412142123222kkkSPMN，当且仅当0k时取等号，综上，PMN的面积存在最小值4，此时直线2l的方程为1y.12 分22.解：（1）14141afaxxxf，由题意可知，2141211af，即，83a.3 分（2）xf的定义域为，0，且 xaxaxxxf14412，当0a时，0 xf，xf在，0上单调递增；当0a时，令 0 xf，得ax410，令 0 xf，得ax41，所以 xf在a410，上单调递增，在，a41上单调递减.综上所述，当0

10、a时，xf在，0上单调递增；当0a时，xf在a410，上单调递增，在，a41上单调递减.6 分（3）令 xgxfxF12ln2xaaxx.函数 xf的图象在函数 xg的图象的下方，0 xF在，0上恒成立.当0a时，0321 aF，不满足 0 xF在，0上恒成立.当0a时，因为 xaxxaaxxxF112221且0 x，01010 xFaxxFax时，时，#QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=#故 xF在a10，上单调递增，在，a1上单调递减，aaaFxF11ln1max.又 0 xF恒成立，0011lnaaa恒成立.令 0lnxxxxh，则 0111xxxxh，xh在,0上单调递增，又0212ln21h，011h，存在唯一的1210，x，使00 xh，且当00 xx，时，0 xh，当，0 xx时，0 xh，010 xa，即01xa，又1210，x，Za,a的最大值为2.12分#QQABCQgAogiAAABAAAgCQw34CAGQkBEAAAoOBBAIoAAAyRFABAA=#