安徽省皖江名校联盟2024届高三开学摸底考试 数学答案和解析

3.0 envi 2024-11-24 5 4 308.43KB 7 页 3知币
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第1页 共 6
页
数学参考答案
题
号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答
案C D B A D C D A ABC AD BCD BD
1.【解析】
2 4
B x x x
 
或，所以
1, 5, 6
A B
，故选 C.
2.【解析】
 
2 2 1
1 2
z i
i
，故选 D.
3.【解析】因为 cos
2
1 sin
，所以
cos 2sin 2
 
 
，2 2
cos 4sin cos 4sin 4
 
 
，
2
4sin cos 3cos
 
，
3
tan
4
或
tan 0
（舍去），故选 B.
4.【解析】设底面半径为
r
，由已知得
3
r，高为
3
h
.故体积为 2
1
3
3
V r h
 
 
.
5. 【 解 析 】 由 已 知
 
2 2
ln 2 4 ln 2 4 ln
f x x x a x x a a
 
   
 
 
， 因 为
f x f x
  ，故
ln 0
a
，所以
1
a
，故
2
ln 2 4 1
f x x x
 
.
2 ln 2 2 3 2ln 1 2
f   .
6.【解析】一次分形长度为 1
4
3
a
，二次分形长度为
2
2
4
3
a
 
 
 
 
，5次分形长度为
5
5
4 52
4
3 243
a 
 
 
 
  ,故选 C.
7.【解析】设 2
3
PF m
，则 2
2
QF m
，1
2 3
PF a m
 
，1
2 2
QF a m
 
.
在
1
PQF
中得：
2 2
2
2 3 25 2 2
a m m a m
  ，即
2
15
m a
.在
1 2
PF F
中得：
2 2 2
64 4
4
25 25
a a c
，故
17
5
e.
8.【解析】过点
Q
作
/ /
GH BC
，
PM DG
，
PN CD
,设1
,
CG t PD s
 
，
则
, 0,1
t s ，
2
1 1 1
2 2
ADQ
S AD DG t
 
，
2
1
PM DG t
 
,
 
2
sin
1
t
OM DM CDG t s
t
 
，
 
2
2 2
1
1
1 1
t st
OP t s t
t t
 
 
，
故四面体
PQAD
的体积为
 
2
2
1 1 1 1
1 1
3 2 6
1
st
V t st
t
 
，当
0
st
时，其最大值为
1
6
，故 A正确.
9.【解析】可求甲乙平均数为 1 2
7
x x
 
，中位数均为
7
，故 A，B正确；甲的极差为 6，乙的极差为 4，故
C正确；甲的标准差为：
 
1 40
1 4 4 9 4 9 9
7 7
     ，乙的标准差为：
 
1 12
4 4 1 1 1 1
7 7
    ，故 D
错误.
10.【解析】由已知
,
A B
为单位圆上任意两点，
1
OA OB
 
，
2
PA PB AB
 
 
，A正确；设
D
为
AB
的
r
l
R
=1
OG
H
C1
D
1
B
1
A
1
A
B
D
C
P
Q
M
N
{#{QQABLYCEggCIAAJAABhCQQ0QCEKQkAECCIgOQEAIMAIBCQNABAA=}#}
第2页 共 6
页
中点，则
+ =2 6
PA PB PD
 
，故 B错误；当
, ,
P A B
共线时，
2
PA PB AB
 
 
，故 C错误；当
, ,
P A B
共线
时，
+ 2 4
PA PB PD
 
 
，故 D正确.
11. 【解析 】
 
1
2 3
ln
f x x
x a
  ，由
1 0
f
，故
ln 1
a
 
，所以
1
a
e
,
2
3 ln
f x x x x
  ，此时
2
2 1 1
2 3 1 x x
x x
f x x x
 
 
  ，
f x
在
1
0, , 1,
2
 
 

 
  上单调递增，在 1
,1
2
 
 
 
 
单调递减.
f x
极小值
为
1 2
f
 
，故
3
1
5
f f
 
 
  .又
1 11
ln 4 2 1
4 16
f f
 
   
 
  ，故 BCD 正确.
12.【解析】可求
5, 2
D，由 ,
AB BC BC CD
,
M
的方程为：
22
1 4
x y
 
，
N
的方程为：
2 2
3 2 4
x y
 
，
2 2
MN ，
,
P Q
两点之间的距离的最大值
为
2 2 4
，故 A错误.由已知 / /
PQ MN
，故直线
PQ
的斜率为
1
，所以 B正确.
当
PQ
斜率为 0时，直线
PQ
被
M
截得的弦长为
4
，当
PQ
斜率不为 0时，直线
PQ
被
M
截得的弦长不为
4
，故 C错误.当
DP
与
M
相切时， tan
ADP
最大，此时
1
tan
2
ADM
 
，故
4
tan
3
ADP
 
，所以 D正确.
13.【答案】15【解析】展开式第
1
r
项为：
3 6
1 6
r r
r
T C x
，由
3 12 0
r
 
，得
4
r
，故常数项为 4
6
15
C
.
14.【答案】
3
,
4
 
 
 
 
 
，
3
,
4
 
 
 
 
 
或
3
0,
4
 
 
 
 
，
3
0,
4
 
 
 
 
等【解析】因为
f x f x
  ，所以
f x
为偶函
数，由
0,
x
，
 
2 sin
4
f x x
 
 
 
 
，故
f x
在
3
0,
4
 
 
 
上单调递增，在 3
,
4
 
 
 
上单调递减，由
对称性可知在
3
,
4
 
 
 
 
 
 
上单调递增.
15.【答案】
5
2
【解析】由已知得
0,1
F，设直线
l
的方程为
1
y kx
 
代入 2
4
x y
整理得 2
4 4 0
x kx
 
，
设
1 1 2 2
, , ,
A x y B x y
，故 1 2
4
x x k
  ，① 1 2
4
x x
 
②，又
4
AF FB
 
，故
1 2
4
x x
 
③。由①
②③解得 2
9
16
k.此时，
2
1 2 1 2
2 4 4 1
AB y y k x x k
   
，
O
到
AB
距离为：
2
1
1
d
k
.
故
OAB
的面积为 2
1 5
2 1
2 2
S AB d k
 
.
16.【答案】
1,
e
【解析】
 
ln 1 2
2 2 ln 1 ln
ln ln ln
x
f x x x a x
a a a
 
 
 
  在
0,

上有两个不等的
实数根，故
0 ln 1
a
 
，解得
1,
a e
.
x
y
M
N
D
C
B
A
O
{#{QQABLYCEggCIAAJAABhCQQ0QCEKQkAECCIgOQEAIMAIBCQNABAA=}#}
第3页 共 6
页
17.【解析】（1）由已知及正弦定理得：
a b a b c b c
 
，即 2 2 2
b c a bc
 
.······· 2分
由余弦定理得：
2 2 2
1
cos
2 2
b c a
A
bc
 
 
， 又
0,
A
，所以
2
3
A
.··················· 3分
故2
3 4 12
C
 
 
 
 
 
,
所以
6 2
sin sin sin cos cos sin
3 4 3 4 3 4 4
C 
 
 
 
 
  ···················································· 5分
（2）由（1）知
2
3
A
，又
AD AC
，所以
6
BAD
 
，
7
12
ADB
 
7 6 2
sin sin sin
12 3 4 4
ADB  
 
 
 
 
  ·······································································7分
在
ABD
中，由正弦定理得：
sin sin
AB AD
ADB B
，所以
7
sin
3 2 6
12
2
sin
4
AD
AB
 
··············································· 10 分
18.【解析】（1）由已知，由已知 1 2
3
b a
 
，又 1 2
2 2 5
b a
   
当
2
n
时， 2 2 1 2 2 1
2 2 2 2 2
n n n n n
b a a a b
 
   
·························································· 2分
故
1
2 2 2
n n
b b
 
，
所以数列
2
n
b
是首项为
5
，公比为
2
的等比数列 ··························································· 4分
（2）由（1）知： 1
5 2 2
n
n
b
 
··········································································· 6分
2 1 2 2 1 3 2 1 2 4 2
n n n n
T a a a a a a a a a
       
 
1 2
2 2
n
b b b n
  
······· 8分
设
1
1 2
5 1 2 2 2 5 2 2 5
n n
n n
S b b b n n
   
  ············································ 10 分
故1
2
2 2 5 2 6 10
n
n n
T S n n
 
·············································································· 12 分
19.【解析】（1）记 A,B,C,D,E 参赛获胜事件分别用 A,B,C,D,E 表示，
5场全胜的概率为：
0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.0672
P ABCDE   ·······································2分
甲班至多获胜 4场与 5场全胜为对立事件，故甲班至多获胜 4场的概率为
1 1 0.0672 0.9328
P P ABCDE   
甲班至多获胜 4场的概率为
0.9328
·················································································4分
（2）记 BCD 三人组合班级得分为
Y
，
Y
的取值分别为
0,7,6,5,11,12,13,18
，由已知得
0 0.5 0.4 0.3 0.06
P Y     ，
7 0.5 0.4 0.3 0.06
P Y    
{#{QQABLYCEggCIAAJAABhCQQ0QCEKQkAECCIgOQEAIMAIBCQNABAA=}#}
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