【九省联考】2024届新疆乌鲁木齐高三第一次质量监测数学试题含答案.pdf

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1、乌鲁木齐地区 2024 年高三年级第一次质量监测数学（答案）一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共计 40 分14ACDC58ABBD二、选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共计 18 分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分9.ABC10.BCD11.ABD三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分12.413.0.114.102或5四、解答题：本大题共 5 小题，共计 77 分解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤15.（13 分）（）由题设得2443045aaS+=，故

2、24133015aaaa+=+=，因为数列na为等比数列，所以数列123qa=，所以132nna-=；6 分（）由（）得1111111111843232184nnnnnnnba a-+=，所以111118421211112742754 414nnnnT-=-=-.13分16.（15 分）（）不能据此判断；4 分（）由频率分布直方图可知，成绩 90 分以下所占比例为7%13%20%24%64%+=，因此第85百分位数一定位于90,100内，由85643590109095.8100646-+=+-，可以估计该地区近视学生的学习成绩的第85百分位数约为95.8；9 分（）设A=“该地区近视学生”，B

3、=“该地区优秀学生”，由题设得()|0.48P B A=，()0.54P A=，()0.36P B=，所以()()()()()()|0.480.54|0.720.36P ABP B A P AP A BP BP B=.15 分17.（15 分）（）以A为坐标原点，AB 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，不妨设2AB，则0,0,0A，2,0,0B，2,2,0C，0,2,0D，0,0,2P，1,0,1E，2,1,0F，2,1,0AF，2,0,2BP ，0,2,0BC，设平面PBC的法向量,x y zn，则00BPBC nn，即22020 xzy，可取1,0,1n，因为10c

4、os5AFAFAFnn,n，所以AF与平面PBC所成角的正弦值为105；7 分（）假设截面AEF内存在点G满足条件，设AFAEAF，001，所以2,2,DGDAAG ,1,0,1AE,2,1,0AF,因为DGAEF平面，所以00DG AEDG AF ,所以2202520，解得2323，这与假设矛盾矛盾，所以不存在点G，使DG 平面AEF.15 分18.（17 分）（）由题设得222263bcaabc，解得212a，所以C的方程为221124xy+=；4 分（）由题意可设:ABl2ykxm m，设11,A x y,22,B xy，由221124ykxmxy，整理得2221 363120kxkmx

5、m，222222364 1 331212 124k mkmkm 由韦达定理得21223121 3mx xk，12261 3mkxxk，由4PAPBABkkk+=得1212224yykxx，即1212224kxmkxmkxx，整理得2222 4mk mmk，因为0k，得220mm，解得2m 或1m ，2m 时，直线AB过定点0,2P舍去；1m 时,满足236 410k，所以直线AB过定点0,1.10 分（）由（）得直线:ABl1ykx，所以11xyk，由22111124xykxy，整理得22221213120yykkk，213640k，由题意得12212121221412 212 2123F A

6、F BkSFFyyyyk，因为212 2AFk，所以218k，所以2108k，令214tk，2,2 3t，所以122112 212 211F AF BtSttt，在2,2 3t上单调递减，所以12F AF BS的范围是24 6,8 211.17 分19.（17 分）（）由题设得1()21(0)fxaxxx，所以(1)1212faa ，又因为(1)112faaa ，所以切点为(1,2)a，斜率2ka，所以切线方程为22(1)yaa x，即2yax，恒过原点.4 分（）由（）得221()(0)axxfxxx0a 时，1()xfxx，当0,1x时，()0fx，()f x在0,1上单调递增，当1,x时

7、，()0fx，()f x在1,上单调递减；0a 时，1 8a ，18a 时，0，()0fx，()f x在0,上单调递增，108a时，0，()f x在11 80,4aa上单调递增，在11 811 8,44aaaa上单调递减，在11 8,4aa上单调递增；0a 时，0，()f x在11 80,4aa上单调递增，在11 8,4aa上单调递减；10 分（）当1x 时，1fe，即2ea，下面证明当2ea 时，xf xe，0,x，即证2ln1xxaxxae，令 21ln1xg axaxxe，因为210 x ，所以 2eg ag，只需证02eg，即证2ln1022xeexxxe，令 2ln122xeeh x

8、xxxe，10h，11xh xexex，令 11xm xexex，21xm xeex，令 21xp xeex，32xpxex，xye 与32yx在0,上单调递减，所以 32xpxex 在0,上单调递减，11602pe，120pe，所以存在01,12x，使得00px，即0302xex，所以00,xx，00px，0,xx，00px，所以 p x在00,x上单调递增，在0,x 上单调递减，所以0,x，0p xp x，03000232300002121xexxp xeeexxxx，令 32xexx，231xex，1,12x时 0 x，所以 x在1,12上单调递增，所以 130 xe，所以0,x，0p x，所以 m x在0,上单调递减，10m，0,1x，0m x，1,x，0m x，所以 h x在0,1上单调递增，在1,上单调递减，所以 10h xh，综上所述2ea.17 分以上各题的其他解法，限于篇幅，从略，请酌情给分以上各题的其他解法，限于篇幅，从略，请酌情给分