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1、1 20232024 学年第学年第一一学期学期 8 月月六校联合调研六校联合调研试题试题 高三数学答案高三数学答案 一、单项选择题：本大题共一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分 14：BBDC 58：ABCB 二、二、多项选择题：本大题共多项选择题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 9AC 10ABC 11BD 12AC 三、三、填空题：本大题共填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 16027；14.（15，25）；15（，1；162512 2 四、解答题：本大题共
2、四、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分 17.解：（1）Snann21当 n2 时，Sn1an1（n1）21 2 分 两式相减得:ananan12n1,即 an12n1，4 分 an2n1 且 a13 符合，an的通项公式为 an2n1 5 分（2）由（1）可知 bn1an1 2n1，bkbk11 2k11 2k312（1 2k11 2k3）8 分 Tnb1b2b2b3bnbn112（1315）12（1517）12（1 2n11 2n3）12（131 2n3）n 3（2n3）10 分 18.解：（1）选，(ac)(sinAsinC)(ba)sinB0，由正弦定理得(ac)(ac
3、)(ba)b0，即 a2b2c2ab 2 分 cosCa2b2c2 2ab124 分 0CC35分 选，由 2 3sinC cosC12cos2C 得 2 3sinC cosC2cos2C 3sin2Ccos2C2，sin（2C6）1 0C62C61162C62C35 分 选，由 2sinBsinA2 sinC cosA 2sin（AC）sinA2 sinC cosA 2sinAcosC2 sinC cosAsinA2 sinC cosA2 sinC cosAsinA03 分 sinA0，4 分 2 cosC120CC35分（2）解法一解法一：由（1）可知 C3，又 c4，由余弦定理得 C2a
4、2b22abcosC（ab）23ab16 6 分 3ab（ab）2163（ab2）2 9 分 即 ab8，当且仅当 ab4 时取等号 10 分 又 abc4 周长的取值范围为（8，12 12 分 解法二解法二：由（1）知 C3，又 c4 正弦定理asinAbsinBcsinC得asinAbsinB836 分 周长83（sinAsinB）4，又 B（A3）0A23，7 分 周长83（sinAsin（A3）48 sin（A6）4，10 分 又6A65612sin（A6）1 ABC 周长的取值范围为（8，12 12 分 19.证：在四棱锥 PABCD 中，PD平面 ABCDPDAD1 分 ABDA，
5、ABCDCDAD 又CDPDD AD平面PCD 3分 又AD平面 PAD平面 PAD平面 PCD 5 分（2）由（1）得 DA，DP，DC 两两垂直D 为原点，以 DA，DP，DC 所在直线分别为 x，y，z 轴建立如图所示空间直角坐标系 Dxyz，3 则由题意：D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2），PC（0，2，2）由PMPC（01）得 M（0，2，22），6 分 PD平面 PCD平面 ABCD 的一个法向量为DP（0，0，2）设 n（x，y，z）为平面 BDM 的一个法向量，DB（1，1，0），（0，2，22）nDB0 nDM0即xy0
6、2y（22）z0 令 x1，则 y1，z1，n（1，1，1）8 分 二面角 MBDA 的余弦值为33|12（1）2|33，解得 1210 分 设直线 BC 与平面 BDM 所成角为，平面 BDM 的一个法向量为 n（1，1，1）又BC（1，1，0）sin|nBC|n|BC|63，即直线 BC 与平面 BDM 所成角的正弦值为6312 分 20.解：（1）由题意得,4,53)(24)(2cos222222221babaabaBAA=+=可得又0,422=bba，联立方程得：2,4=ba，故椭圆方程为141622=+yx.4 分（2）证明：1111APAQAPAQ+=，根据向量加法与减法的几何意义
7、可得11A PAQ，即110AP AQ=，5 分 设直线l的方程为：ykxm=+，0k 联立椭圆方程141622=+yx，得01648)41(222=+mkmxxk，4 0416,0)164)(41(464222222+=mkmkmk即设()()1222,P x xQ xy，则,41164,4182221221kmxxkkmxx+=+=+7 分 ()()1111224,4,APxyAQxy=+=+，()()()()()()11121212124444AP AQxxy yxxkxmkxm=+=+()()()22121214160kx xkmxxm=+=将韦达定理式代入化简得，,4512,0532
8、4822kmkmmkmk=+或解得10 分 此时均满足，当4mk=时，直线方程为()44ykxkk x=+=+，过点()4,0与1A重合，故舍去，当时，直线方程为）512(512+=+=xkkkxy，过定点)0,512(，故直线l过定点，定点为)0,512(.12 分 21.解（1）由题意，这 600 辆车在 9:2010:40 时间段内通过该收费点的时刻的平均值为()30 0.00550 0.01570 0.02090 0.0102064+=，即 10 点 04 分 3 分（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知：抽取的 10 辆车中，在 10:00 前通过的车辆数就是位于时间分组中在)
9、20 60,这一区间内的车辆数，即()0.0050.01520 104=，所以 X 的可能取值为 0，1，2，3，4所以()46410C10C14P X=，()3161410C C81C21P X=，()2264410C C32C7P X=，()1364410C C43C35P X=，()0464410C C14C210P X=，所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 041622+mkkm512=5 P 1148213743512106 分 所以()1834180123414217352105E X=+=.8 分（3）由（1）可得64=，()()()()2222230640.15064
10、0.370640.490640.2324=+=，所以18=.10 分 估计在 9:4610:40 这一时间段内通过的车辆数，也就是46100T通过的车辆数，由()2,TN，()()()2264 18642 180.818622PTPTPT+=+=所以，估计在 9:4610:40 这一时间段内通过的车辆数为1000 0.8186819辆.12 分 22.解（1）()2xF xexb=，则()2xFxe=.令()20,xFxe=得ln2x，所以()F x在()ln2,+上单调递增.令()20,xFxe=得ln2x，所以()F x在(),ln2上单调递减.3 分（2）因为()21xfxex=+，所以
11、()00f=，所以l方程为1y=.依题意，12a=，1c=.于是l与抛物线()22g xxxb=+切于点()1,1，由2121b+=得2b=.所以2,2,1.=abc7 分（3）设()()()()1xh xf xg xeaxb=+,则()0h x 恒成立.易得()()1.xh xea=+当10a+时，因为()0h x，所以此时()h x在(),+上单调递增.a)若10a+=，则当0b 时满足条件，此时1ab+；b)若10a+，取00 x 且01 bx,a1+此时()()()000111101xbh xeaxbaba=+=+，所以()0h x 不恒成立不满足条件；6 当10a+时，令()0h x
12、=，得()ln1.xa=+由()0h x，得()ln1xa+；由()0h x，得()ln1.xa+所以()h x在()(),ln1a+上单调递减，在()()ln1,a+上单调递增.要使得“()()10 xh xeaxb=+恒成立”，必须有“当()ln1xa=+时，()()()()min11 ln10h xaaab=+”成立.所以()()()11 ln1baaa+.则()()()211 ln11.abaaa+10分 令()2ln1,0,G xxx xx=则()1 ln.G xx=令()0Gx=，得.=xe由()0Gx，得0 xe；由()0Gx，得.xe所以()G x在()0,e上单调递增，在(),e+上单调递减,所以，当xe=时，()max1.G xe=从而，当1,0=aeb时，ab+的最大值为1e.12 分