《重庆一中2024届高三上学期开学考试数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆一中2024届高三上学期开学考试数学试题含答案.pdf（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、12023 年重庆一中高 2024 届高三上期开学考试2023 年重庆一中高 2024 届高三上期开学考试数学测试试题卷（答案）（答案）一、单选题：1-4:ACBD5-8:CBDA8.解：由112lnxxx得：3243ln21131323ln在212121lnlnxxxxxx中，取1,321xx得：41414333ln2133ln13二、多选题：9.CD10.AC11.BCD12.ABD12.解：对于 A 选项，xeexxf11，由于exex，故 0 xf，所以 xfy 是增函数，故 A 对对于 B 选项，210 xx，则1,0121121xxeexx故0112xx，从而1211121xxee
2、xx，故 B 对对于 C 选项，xexfxln2在,0单调递减，最多只有一个零点，故 C 错对于 D 选项，mexexxx2121，则0112121xxexmexm即 01xexmxf有两个不同的正根21,xx，易得2110 xx而 11111ln1ln1ln111111xxxxexxexexexmxf，同理21ln222xexxxf构造函数 01lnxexxxgx，则 0ln1xexxxg恒成立故 xg在,0单调递减，2110 xx，则 121xggxg，即 1210 xfexf又101 x，则11111ln1111xexxxx故 11ln1111xexxxf故 1012xfxf于是 D 对
3、三、填空题：13.2.014.22015.1m16.e216.解：由 0 xf，01xfxfxf可知 0)(xf)(xf单调递增.2不等式变形为22ln11ln11ln11lnxxxafxxxafefefaxax注意到xxxg ln)(单调递增，故2ln111xxxafefax，即2ln111xxxaeax进一步变形得：1ln)1(22xxeaxax（*）构造xxxexxhexxhexxh)2()(,1)1()()1()(所以)(xh在)2,(单调递减，在),2(单调递增，故)(01)2()(2xhehxh单调递增.（*）等价于)(ln)(2xhaxh，即xxaxxaxln2ln2ln2恒成立
4、求导可知xxyln2的最大值为e2，所以ea2，即正实数a的最小值为e2四、解答题17.解：（1）证明：连接BDAC,交于点R，连接11,CAPRPQ由中位线可知11/CAPQ且1121CAPQ，由因为11/CAAR且1121CAAR 所以ARPQ/且ARPQ，所以PQAR为平行四边形，所以PRAQ/.（3 分）结合AQ平面PBD，PR平面PBD可知/AQ平面PBD.（4 分）（2）以D为原点，1,DDDADC为坐标轴建立如图坐标系.此时),2,0,1(),0,2,2(),0,0,0(PBD)2,0,1(),0,2,2(DPDB，设平面PBD的法向量为),(zyxm，则由0,0mDPmDB可知
5、：)1,2,2(1,2,202022mzyxzxyx.（8 分）显然平面BCD的法向量为)1,0,0(n.（9 分）设二面角CBDP的平面角为，则为锐角.所以311001441)1(0)2(02cosnmnm.（10 分）318.解：（1）设 na的公差为d，则由已知362344,15311dada.（4 分）解得144,31nadan.（6 分）（2）由于1111111nnnnnnnnnnSSSSSSSSab.（10 分）所以31111)11()11()11(1111322121 SSSSSSSSSbbbnnnn.（12 分）19.解：（1）由已知xxexgxfexgxf)()()()(，与
6、xexgxf)()(联立解得)(21)(),(21)(xxxxeexgeexf.（4 分）求导可知)(21)(xxeexf令)(0)(xfxf的增区间为),0(，令)(0)(xfxf的减区间为)0,(.（6 分）（2）设2xxeet，则44)(,2)(22txgtxf，已知转化为：024432tat在2t时恒成立.（9 分）分离参数得tta82，由均值不等式24828tttt，取等条件222t，故tt8的最小值为24，所以22242aa故实数a的取值范围为：22,(.（12 分）20.解：（1）甲投球 1 次获胜的概率311p，甲投球 2 次获胜的概率913121322p，甲投球 3 次获胜的
7、概率27131213221323p所以甲获胜的概率27132719131321pppp.（4 分）（2）记“甲第i次投中”为事件iA，“乙第i次投中”为事件iB，其中ni 1，当11nj时，投篮结束时甲恰好投篮j次的概率为：)()(112211112211jjjjjjjjBABABABApABABABApp jjj)31(22132)2132(31)2132(11.（7 分）4投篮结束时甲恰好投篮n次的概率为：)()(112211112211nnnnnnnABABABApABABABApp 111)31(32)2132(31)2132(nnn.（9 分）所以11111)31()31(2)(nj
8、njnnjjnjnpjpE设1211)31)(1()31(2311)31(nnjjnjS，则1)31(2)(nnSE则nnS)31)(1()31(2)31(13132 ，错位相减得：nnnnnS)31)(21(21)31)(1()31()31()31(3132132 nnS)31)(4323(43所以nnnnnE)31(2323)31()31)(4323(43 2)(1.（12 分）21.解：（1）由DFBD 可知：12422aba.（2 分）整理得202122aaaab，所以322cab，所以椭圆C的方程为13422yx.（4 分）（2）设),(),(),(),(44332211yxNyxM
9、yxQyxP依题意，圆T的方程为4)()2(222ttyx，令2x，则0422 tyy，由韦达定理可得443yy.（6 分）由已知直线PQ不与y轴垂直，设直线PQ的方程为nmyx，与椭圆联立得：01236)43(222nmnyym由韦达定理可得43123,4362221221mnyymmnyy，.（8 分）由MPA,三点共线得AMAP/，所以24244)2(11113131nmyyxyyyyx，同理24224nmyyy所以4)2)(2(16212143nmynmyyyyy5去分母整理得：0)2()(2()4(221212nyynmyym，.（10 分）将韦达定理带入得：0)2(436)2(43
10、123)4(22222nmmnnmmnm整理得1022nnn或2n当2n时，直线PQ过点A，不合题意，所以1n，所以直线PQ的方程为1 myx，恒过定点)0,1(.（12 分）22.解：（1）0a时xxxxf2ln)(，3ln)(xxf.（1 分）设切点为)2ln,(0000 xxxx，则切线斜率为3ln)(00 xxfk切线方程：)(3(ln)2ln(00000 xxxxxxy.（3 分）将点)1,0(带入得：1)(3(ln)2ln(1000000 xxxxxx此时斜率3k，所以切线方程为13 xy.（4 分）（2）函数)(xf的定义域为),0(，axxxfaxxxf61)(,3ln3)(2
11、当0a时)(0)(xfxf在),0(单调递增注意到0 x时)(xf，注意到x时)(xf故存在),0(0 x，使得0)(0 xf，在),0(0 xx时)(,0)(xfxf单调递减，在),(0 xx时)(,0)(xfxf单调递增，函数)(xf有极小值，无极大值，不符合题意.（6 分）当0a时，令)61,0(0)(axxf，令),61(0)(axxf所以)(xf在)61,0(a单调递增，在),61(a单调递减.当0 x时)(xf，当x时)(xf，aaf6ln2125)61(所以axf6ln2125)(max若06ln2125a，则0)(xf恒成立，)(xf在),0(单调递减，无极值和最值.（8 分）
12、若06ln2125a，即65ea，此时存在21610 xax，使得0)()(21xfxf6且在),(),0(21xx有0)(xf，)(xf单调递减；在),(21xx有0)(xf，)(xf单调递增，此时)(2xf为)(xf的极大值.注意到0 x时0)(xf，要使)(xf无最大值，则还应满足0)(2xf.（10 分）即02ln23222xaxxx（*），同时22222223ln303ln30)(xxaaxxxf带入（*）整理得232203ln2exx由于ax612，且)(xf在),61(a单调递减，故0)()()(23232efefxf即2032333eaae综上实数a的取值范围为)6,2(53ee.（12 分）