广东省深圳市2024届高三第一次调研考试数学试卷含答案.pdf

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1、2024 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第1页 共8页 2024 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 一、选择题：每小题 5 分，共 40 分。题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B D A B C C D 二、选择题：每小题 6 分，共 18 分。题号 9 10 11 答案 BC AC ACD 说明：第 9、10 题全部选对得 6 分，选对 1 个得 3 分，有选错得 0 分；第 11 题全部选对得 6 分，每选对 1 个得 2 分，有选错得 0 分 三、填空题：每小题 5 分，共 15 分。12；132 243+；1418

2、四、解答题：15（13 分）证明证明：（1）设等差数列nSn的公差为d，则41341SSd=+，即135Sd+=，1 分 因为21214SaaS=+=+，所以由2121SSd=+，得124Sd+=2 分由、解得12S=，1d=，所以1nSnn=+，即(1)nSn n=+，3 分当2n时，1(1)(1)2nnnaSSn nnnn=+=，当时，112aS=，上式也成立，所以*2()nan n=N，5 分因为当2n时，12nnaa=，所以数列 na是等差数列 6 分解：解：（2）由（1）可知+122242nnnnbannbann+=+，7 分 当2n时，12112112112=613(1)nnnnn

3、bbbnnbbbbbnnn n=+，31n=2024 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第2页 共8页 因为16b=满足上式，所以*12()(1)nbnn n=+N 9 分 1111111212(1)()()12(1)12223111nTnnnn=+=+，11 分 因为当*121n+N时，3，5，11，所以6,8,9,10,11M=13 分 16（15 分）证明证明：（1）不妨设3ADAP=，120PAD=，2DMMP=，3 3DP=，2 3DM=，3PM=，1 分 由余弦定理得222cos303AMAPMPAP MP=+=，在ADM中，222ADAMDM+=，MAA

4、D，2 分 平面ABCD平面PAD，平面ABCD平面PADAD=，MA 平面PAD，MA平面ABCD BD 平面ABCD，MABD，4 分 四边形ABCD是菱形，ACBD，5 分 又ACMAA=，且AC 平面ACM，MA 平面ACM，BD 平面ACM 6 分 解：解：（2）在平面ABCD内，过点B作AD的垂线，垂足为N，平面ABCD平面PAD，平面ABCD平面PADAD=，BN 平面ADP，7 分 又四边形ABCD是菱形，60ADC=，30BDA=，ACD,ABC均为等边三角形，8 分 以点A为坐标原点，AD，AM及过点A平行于NB的直线分别 为x，y，z轴，建立空间直角坐标系（如图），则(0

5、,0,0)A，33 3(,0,)22B，(3,0,0)D，3 3 3(,0)22P，9 分 由（1）BD 平面ACM，93 3(,0,)22BD=为平面ACM的一个法向量，10 分 设平面ABP的法向量为(,)x y z=m，1n=2x PB C M D z y AN2024 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第3页 共8页 则0,0,ABAP=mm即33 30,2233 30,22xzxy+=+=11分 令3x=，可得(3,1,1)=m，12 分 3 35|cos,|553 3BD=m，14 分 平面ACM与平面ABP的夹角的余弦值为55 15 分 17（15 分）

6、解：解：（1）由题可知332211()(1)3313()24f=+=+=+，2分 因为01，所以当12=时，()f的最小值为14 4分（2）由题设知，X的可能取值为1，2，3，45分 当1X=时，相应四次接收到的信号数字依次为0101或1010因此，212112128(1)3333333381P X=+=，6分 当2X=时，相应四次接收到的信号数字依次为0010，或0100，或1101，或1011，或1001，或0110，或1100，或0011因此，222221212112364(2)()2()2()()433333333819P X=+=，8分 当3X=时，相应四次接收到的信号数字依次为11

7、10，或0111，或0001，或1000因此，33121220(3)()2()2333381P X=+=，10分 当4X=时，相应四次接收到的信号数字依次为0000，或1111因此，441217(4)()()3381P X=+=12分 所以X的分布列为 13分 X1234P88149208117812024 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第4页 共8页 因此，X的数学期望832017208()1234818818181E X=+=15分 18（17 分）解：解：（1）当0a=时，2()2 lnf xxxx=，则1()2(1 ln)22(ln1)fxxxxxxx=+

8、=+，1 分令()()g xfx=，则1()2(1)g xx=+，因为2e,1x，所以()0g x则()g x在2e,1上单调递减，2 分 又因为22(e)2(1 e)0f=，(1)40f=，所以20(e,1)x使得0()0fx=，()f x在20(e,)x上单调递增，在0(,1)x上单调递减 因此，()f x在2e,1上的最小值是2(e)f与(1)f两者中的最小者3 分 因为22422(e)4eee(4e)0f=，(1)1f=，所以函数()f x在2e,1上的最小值为1 4 分（2）111()1 e(1)e2(1 ln)2xxfxaxxxxx+=+1e2(ln1)xaxxx+=+，由()0f

9、x=，解得1ln12(ln1)2(ln1)eexx xxxxxax+=，6 分 易知函数ln1yxx=+在(0,)+上单调递增，且值域为R，令ln1xxt+=，由()0fx=，解得2etta=，设2()etth t=，则2(1)()etth t=，因为当1t 时，()0h t，当1t 时，()0h t，所以函数()h t 在(,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减 根据2(1)eh=，t 时，()h x ，2lim()lim0ettth t+=,得()h t的大致图像如图所示 7 分 因此有：（）当2ea 时，方程()h ta=无解，即()fx无零点，()f x没有极值点；8 分 2024

10、年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第5页 共8页（）当2ea=时，ln()2e2(ln1)x xfxxx+=+，利用e1xx+，得()2(ln1)2(ln1)0f xxxxx+=，此时()f x没有极值点；9 分（）当20ea时，方程()h ta=有两个解，即()fx有两个零点，()f x有两个极值点；（）当0a时，方程()h ta=有一个解，即()fx有一个零点，()f x有一个极值点 综上，当0a时，()f x有一个极值点；当20ea时，()f x有两个极值点；当2ea时，()f x没有极值点11 分（3）先证明当(0,)4x时，sin2 2xx 设sin()(0

11、,)4xn xxx=，则2(cos)sin()xxxn xx=，记()cossin(0,)4p xxxx x=，则()1 cos(sin)cossin0p xxxxxxx=+=，()p x在(0,)4上单调递减，13 分 当(0,)4x时，()(0)0p xp=，()0n x，则()n x在(0,)4上单调递减，2 2()()4n xn=，即当(0,)4x时，不等式sin2 2xx成立 14 分 由（2）知，当函数()f x无极值点时，2ea，则1e0244a，15 分 在不等式sin2 2xx中，取12xa=，则有12 22 sin2aa，即不等式12sin2aa成立17 分 19（17 分

12、）解：解：（1）设点(,)P x y，由题意可知222()|xmymnnxm+=，2分 2024 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第6页 共8页 即222()()mxmyxnn+=，经化简，得C的方程为222221xynnm+=，3分 当mn时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆；当mn时，曲线C是焦点在x轴上的双曲线 4分（2）设点11(,)M x y，22(,)N x y，33(,)M x y，其中120,0yy且3232,xx yy=，(i)由（1）可知C的方程为221168xy+=，(2 2,0)A，(2 2,0)B，因为/AM BN，所以312212232 22

13、22 22 2yyyyxxxx=+，因此，M，A，M三点共线，且22222222|(2 2)(2 2)()|BNxyxyAM=+=+=，5分（法一）设直线MM的方程为2 2xty=+，联立C的方程，得22(2)4 280tyty+=，则1324 22tyyt+=+，1 3282y yt=+，6分 由（1）可知112 2162|4422 2AMxx=，32|42BNAMx=，所以11|AMBNAMBNAMBN+=131313132222(4)(4)(2)(2)22222222(4)(4)(2)(2)2222xxtytyxxtyty+=1322213132224 224()4()222114 21

14、842()42()()2222ttt yyttt yyt y ytttt+=+（定值）8分（法二）设MAx=，则有2 242 2cosAMAM=，解得422cosAM=+，同理由2 242 2cosAMAM=+，解得422cosAM=，所以111122cos22cos1|44AMBNAMAM+=+=+=（定值）.8分 由椭圆定义8BQQMMA+=，得8QMBQAM=，/AM BN，8|BQAMAMQMBNBQBQ=，2024 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第7页 共8页 解得(8|)|AMBNBQAMBN=+，同理可得(8|)|BNAMAQAMBN=+，10分 所

15、以(8|)|(8|)|8(|)2|BNAMAMBNAMBNAMBNAQBQAMBNAMBNAMBN+=+=+2882611|AMBN=+因为4 2AB=，所以ABQ的周长为64 2+（定值）12分(ii)当mn时，曲线C的方程为222221xynmn=，轨迹为双曲线，根据（）的证明，同理可得M，A，M三点共线，且|BNAM=，（法一）设直线MM的方程为xsym=+，联立C的方程，得222222222 2()2()()0mnsnysm mnymn+=，221322222()()sm mnyymnsn+=，22 2132222()()mny ymnsn=，（*）13分 因为211|()mnmAMx

16、xnnmn=，3|mBNAMxnn=，所以1111|AMAMAMBNAMAMAMAM+=+=2222131322221313()()()()()()()()mmsmmnsmmnxnxnyynnnnnnmmsmmnsmmnxnxnyynnnnnn+=+2213222222 213132222()()()()()smmnyynnm smnmsmny yyynnn+=+，将（*）代入上式，化简得22112|nAMBNmn+=，15分（法二）设MAx=，依条件有2()cosAMmnnmAMm=+，解得22cosmnAMnm=，同理由2()cosAMmnnmAMm=，解得22cosmnAMnm=+，20

17、24 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第8页 共8页 所以2222221111coscos2|nmnmnAMBNAMAMmnmnmn+=+=+=.15分 由双曲线的定义2BQQMMAn+=，得2QMnAMBQ=+，根据|AMQMBNBQ=，解得(2|)|nAMBNBQAMBN+=+，同理根据|AMAQBNQN=，解得(2|)|nBNAMAQAMBN+=+，所以(2|)|(2|)|2|2|nBNAMnAMBNAMBNAQBQnAMBNAMBNAMBN+=+=+222222211|mnmnnnnnAMBN+=+=+=+，16分 由内切圆性质可知，1(|)2SABAQBQr=+，当Sr=时，2221()(|)222mnmnABAQBQmnn+=+=+=（常数）因此，存在常数使得Sr=恒成立，且2()2mnn+=17分