江苏省扬州市2023-2024学年高三上学期1月期末检测数学试题含答案.pdf

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1、江苏省扬州市2023-2024学年高三上学期1月期末检测数学试题第 1 页（共 5 页）2023202320242024 学年第一学期期末检测学年第一学期期末检测 高三数学参考答案 2024.01 1B 2A 3B 4C 5D 6A 7A 8C 9BC 10AD 11AC 12ABD 138 143 151(0,2 1667 17.【答案】(1)在ABC 中，由正弦定理得：sinsinabAB，又因为4ab，所以sin4sin4sin()4sin()ABBAC，又因为3C，所以13sin4sin()4(sincos)2sin2 3cos322AAAAAA，所以sin2 3cosAA，3 分 因

2、为(0,)A，所以sin0A，所以cos0A，所以sintan2 3cosAAA 5 分(2)方法一：在ABC 中，由余弦定理得：2222coscababC，又1c，4ab，3C，所以221 1624cos3bbb b，解得2113b，8 分 所以21133sin4322213ABCSabCb bb 10 分 方法二：由(1)知sin2 3cosAA，又22sincos1AA，解得212sin13A.在ABC 中，由余弦定理得sinsinacAC，所以2222sin16sin13cAaC，8 分 所以211333sin22421613ABCaSabCaa.10 分 18.【答案】(1)因为13

3、nnnaab，13nnnbab，所以11444()nnnnnnababab，2 分 又13a，11b，所以1140ab，所以nnab各项均不为 0，3 分 所以114nnnnabab是常数，所以数列nnab是等比数列 5 分(2)由(1)知，4nnnab.6 分 方法方法一一：因为13nnnaab，13nnnbab，所以11222()nnnnnnababab，8 分 又13a，11b，所以1120ab，所以nnab各项均不为 0，所以112nnnnabab是常数，#QQABDQAEggCoABIAAAgCEwWYCACQkACAAIoGhEAMoAAASQNABAA=#第 2 页（共 5 页）

4、所以数列nnab是首项为 2，公比为 2 的等比数列，所以2nnnab.+：242nnna，所以1(42)2nnna.12 分 方方法二法二：因为13nnnaab，4nnnab，所以124nnnaa，8 分 所以111222nnnnnaa，所以2n 时，221111112222122222nnnnnaaa ，所以21122(2)nnnan，又1n 时，上式也成立，所以1(42)2nnna 12 分 19【答案】(1)方法一：方法一：连结PM，MB，BD.因为PAD为等边三角形，M是AD的中点，所以PMAD.又因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PM 平面PAD，所以PM

5、平面ABCD.2 分 因为MBBC、平面ABCD，所以PMMB，PMBC.在RtPMB中，3PM，6PB，所以223MBPBPM，在MAB中，1MA，2AB，所以222MAMBAB，所以2AMB，则MBAD.4 分 又ADBC，所以BCMB，又因为BCPM，PMMBM，PMMB、平面PBM，所以BC 平面PBM，又MN 平面PBM，所以BCMN.6 分 ABCDPMNxyz ABCDPMNxyzQ(方法一图)(方法二图)方法二：方法二：连结PM，因为PAD为等边三角形，M是AD的中点，所以PMAD.又因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PM 平面PAD，所以PM 平面AB

6、CD.2 分 如图，在平面ABCD内，作MQMA，分别以,MA MQ MP为,x y z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(1,0,0)A，(0,0,3)P.设(,0)C a b（0b），则(2,0)B ab.因为2AB，所以22(1)4ab.因为10PC，所以22310ab.4 分 由，解得：2a ，3b（舍负）.所以(2,3,0)C，(0,3,0)B，因为N为PB的中点，所以33(0,)22N，所以(2,0,0)BC ，33(0,)22MN，所以0BC MN，所以BCMN 6 分#QQABDQAEggCoABIAAAgCEwWYCACQkACAAIoGhEAMoAAASQNABAA=#第

7、 3 页（共 5 页）(2)由(1)可知，PM 平面ABCD，又MAMB、平面ABCD，所以PMMA，PMMB，又ADMB，所以以M点为坐标原点，MA、MB、MP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.则(1,0,0)A，(0,3,0)B，(0,0,3)P，(0,0,0)M.因为3MPMB，N为PB的中点，所以MNPB，33(0,)22N，由(1)知MNBC，又PBBCB，PBBC、平面PBC，所以MN 平面PBC，所以33(0)22MN，为平面PBC的一个法向量.8 分 设(,)nx y z为平面PAB的一个法向量，则0,0.n ABn AP 因为(1,3,0)AB ，(

8、1,0,3)AP ，所以30,30,xyxz 取1y，则3x，1z，则(3,1,1)n 为平面PAB的一个法向量.10 分 所以2222223303111022cos,5330()()(3)1122MN nMN nMNn，11 分 由图可知二面角APBC的平面角为钝角，所以二面角APBC的余弦值为105.12 分 20【答案】(1)由题可知(10000,0.25%)XB，则()10000 0.002525E X，2 分 记该公司今年这一款保险产品利润为变量Y，则2005YX，所以()(2005)2005()75E YEXE X万元.4 分(2)因为(,)XB n p，当n较大且p较小时，()2

9、5E X，则()25D X.由于n较大，2(,)XN，其中()25E X，2()25D X，6 分 若该公司今年这一款保险产品利润2005(50,100)YX，则(20,30)X，(2005(50,100)(2030)()0.683P YXPXPX；9 分 若该公司今年这一款保险产品利润20050YX，则40X，10.997(20050)(40)(3)0.00152P YXP XP X.11 分 答：(1)()25E X，该公司今年这一款保险产品利润的期望为 75 万元；(2)该公司今年这一款保险产品利润为 50100 万元的概率为0.683；亏损的概率为0.0015.12 分 21【答案】(

10、1)因为双曲线2222:1xyEab的渐近线方程为0bxay，左焦点(,0)Fc，所以226,23,cabcba则3b，又222abc，所以22332aa，所以26a，故双曲线E的标准方程为22163xy.4 分#QQABDQAEggCoABIAAAgCEwWYCACQkACAAIoGhEAMoAAASQNABAA=#第 4 页（共 5 页）(2)由题设可知11:(3)lyk x，22:(3)lykx.设11(,)A x y，22(,)B xy，则由122(3),26yk xxy得2222111(12)121860kxk xk，所以2112211212kxxk，又M是AB的中点，所以21216

11、12Mkxk，2111221163(3)1212Mkkykkk，则211221163(,)1212kkMkk.同理222222263(,)1212kkNkk.6 分 思路一：思路一：若MNxx，即22122212661212kkkk，即22221221(12)(12)kkkk，即2212kk，又1215k k ，则221215kk，此时2MNxx，此时:2MN x，由图形的对称性，猜测直线MN过x轴上一定点(2,0)T.8 分 下面，验证一般性：121122112131236102212MTkkkkkkk，21122221113()353110210210()25NTkkkkkkk，则MTNT

12、kk，所以M、T、N三点共线.综上，直线MN过定点(2,0)T.10 分 所以存在定圆22:(2)4Gxy，使得直线MN被圆G截得的弦长恒为 4.12 分 思路思路二二：若MNxx，则21222221211212222222212112122221331212(12)(12)12662(12)2(12)2()1212MNkkkkkkkkk kkkkkkkkkkkk，又1215k k ，所以12111112()3511022()5MNkkkkk，所以直线MN的方程为2111222111336()1210212kkkyxkkk，即21111222211113363102102 1212kkkkyx

13、kkkk，即11221136102102kkyxkk，即1213(2)102kyxk，所以直线MN过定点(2,0).9 分 若MNxx，即22122212661212kkkk，即22221221(12)(12)kkkk，即2212kk，又1215k k ，则221215kk，此时2MNxx，此时:2MN x 也过(2,0).故直线MN过定点(2,0)T.10 分 所以存在定圆22:(2)4Gxy，使得直线MN被圆G截得的弦长恒为 4.12 分#QQABDQAEggCoABIAAAgCEwWYCACQkACAAIoGhEAMoAAASQNABAA=#第 5 页（共 5 页）22【答案】(1)因为

14、()ln1fxxm（0 x），所以当1(0,e)mx时，()0fx，()f x单调递减；当1(e,)mx时，()0fx，()f x单调递增 所以11min()(e)e1mmf xf ，所以1m.4 分(2)由(1)知，()f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，又当(0,e)x时，()0f x，当(e,)x时，()0f x，所以1201exx，10a.5 分 先证明：先证明：122xx.记()()(2)ln(2)ln(2)22g xf xfxxxxxx，则()lnln(2)ln(2)g xxxxx，当(0,1)x时，0(2)1xx，所以()0g x，()g x单调递减，所以当(0,

15、1)x时，()(1)0g xg，即()(2)f xfx，故11()(2)f xfx，即21()(2)f xfx 又211,21xx，由单调性可知：212xx，即122xx.8 分 再证明：再证明：21(1)exxa.记函数ya与1yx 和2ee1xy交点的横坐标分别为34,xx.当(0,1)x时，()ln0f xxxx，故311()axf xx ，所以，13xxa.【或：()yf x的图象在1yx 的图象的下方，且两个函数在(0,1)上都是减函数】当(1,e)x时，记ee()()lne1e1xxh xf xxxx，所以1()lne1h xx.当1e 1(1,e)x时，()0h x，()h x单调递减；当1e 1(e,e)x时，()0h x，()h x单调递增 又(1)(e)0hh，所以当(1,e)x时，()0h x，即e()e1xf x.故422ee()e1e1xxaf x，所以24eexxaa，故2143(1)exxxxa.【或()yf x的图象在2ee1xy的图象的下方，且两个函数在(1,e)上都递增】综上，2122(1)exxxa 12 分#QQABDQAEggCoABIAAAgCEwWYCACQkACAAIoGhEAMoAAASQNABAA=#