《湖北省宜荆荆恩2023-2024学年高三上学期9月起点考试数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省宜荆荆恩2023-2024学年高三上学期9月起点考试数学试题含答案.pdf（8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、书书书?槡?()?2024 届届高三高三（9）月起点考试月起点考试数学参考答案18:BADCDCBB9.AC10.ACD11.ABC12.BC13.4014.2315.2116.21017.解：(1)2ABsinsin22sincosABBB1 分由正弦定理得2 cosabB2 分由余弦定理可得22222acbabac3 分3,1bc，212,2 3.aa5 分(2)由余弦定理得2229 1 121cos263bcaAbc 6 分由于0A，2212 2sin1 cos1()33AA 7 分故sin()sinc33oscossi3nAAA2 212 2().32313632 10 分18.(1)
2、证明：连接 DP，则四边形 DPCF 是矩形又2tantan2CDPCPQ,则CDPCPQ，从而.CDPQ2 分由CF 平面 ABC，且PR 平面 ABC，得.CFPR由ABAC，且 PR 为三角形 ABC 的中位线，得.ACPR又因为ACCFC，AC，CF 平面 ADFC，所以PR 平面.ADFC由于CD 平面.ADFC，则.CDPR4 分因为PQPRP，,PQ PR 平面 PQR，则CD 平面.PQR又因为CD 平面 BCD，所以平面BCD 平面.PQR6 分(2)解：以 P 为原点，PA、PR、PD 为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则(0,0,0)P，(2
3、,2,0)B，(2,0,0)C，(0,0,2)D，(0,1,2).E故(2,2,2)BD ，(0,1,0)DE，(2 2,2,0).BC 设(,)ma b c是平面BDE的法向量，则02,00BD macbDE m 取1c，得2,0ab，(2,0,1).m 8 分设(,)np q r是平面BCD的法向量，则02,02BD nprBC nqp 取1r，得2,2pq，(2,2,1).n 10 分设平面BCD与平面BDE相交所成角的平面角为，则cos|cos,|m n 又21121cos,21|3721m nm nmn 11 分故所求余弦值为212112 分19.解：（1）222(22)(2)2(+
4、1)2()xxxxxa exax exaxafxee1 分()f x在3x 处取得极值，(3)0f，解得34a 2 分当34a 时，23-2()xxf xxe，27322()xxxfxe，)(xf在1(,3)2增，在(3,)减，故在3x 处有极大值，34a 符合题意3 分21(1)fe，)1(1fe4 分曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线方程为11+(1)2yxee，即为：2230 xey6 分（2）由()f x在(2,)上为减函数，22(+1)2()0 xxaxafxe 在(2,)上恒成立，可得2221xxax，在(2,)上恒成立8 分令2(2)1xxu xx，22(1)1()0(1
5、)xu xx，()u x在(2,)上单调递增，()(2)0u xu，20a,因此0a，12 分20.解：(1)因为数列na的前 n 项和为nS，且2*()2+3nnnSnN当1n 时，112aS1 分当2n时，2213(1)3(1)122nnnnnnnaSSn11a 也满足上式，所以1nan3 分在数列 nb中，426314,18baba 4 分则公比32824bqb，222422nnnnbbq所求通项公式为+1nan,2nnb 6 分(2)由(1)得21122()2(1)2nnnnncnnnn而11211(1)22(1)2nnnnnnnn8 分2231111111()()1 22 22 23
6、 22(1)2nnnTnn1112(1)2nnTn11 分因为11,0(1)2nnNn，故12nT 12 分21.解：(1)由题可知：12 21 153 33 39p 2 分11 223 39q 3 分(2)n次操作后，甲盒有一个黑球的概率(1)1nnnP Xpq，由全概率公式知：111(2)(1)(21)(2)(22)nnnnnnnP XP XP XXP XP XX1(3)(23)nnnP XP XX4 分12521(1)1393nnnnnppqpq 12139nnpp6 分111(3)(2)(32)(3)(33)nnnnnnnP XP XP XXP XP XX11 2113 33nnnqp
7、q 12193nnnqpq8 分11212122(2)33333nnnnnnpqpqpq,即11233nncc9 分(3)11233nncc，11113nncc（）又1115222199cpq 1110nncc 即21nnncpq10 分()1(1)23122nnnnnnnE Xpqpqpq 12 分22.(1)解：当点 P 为椭圆 C 短轴顶点时，PAB的面积取最大值2ab 1 分结合32ca及222abc，解得2,1ab故椭圆 C 的标准方程为2214xy4 分(2)设点1122(,),(,)P x yQ xy若直线 PQ 的斜率为零，由对称性知12kk，不合题意.5 分设直线 PQ 的方
8、程为xtyn，由于直线 PQ 不过椭圆 C 的左、右顶点，则2n 联立2244xtynxy得222(4)240tytnyn，由0 可得224nt12224tnyyt，212244ny yt6 分212124()2nty yyyn所以112121221221122(2)(2)(2)(2)2(2)(2)(2)(2)kyxy tynnnynykxyy tynnnyny232nn解得1n 7 分即直线 PQ 的方程为1xty，故直线 PQ 过定点(1,0)M.8 分由韦达定理可得12224tyyt，12234y yt 由平面几何知识11212212121113|,|2222SAMyyyySBMyyyy9 分所以2212121212222434|()41433tSSyyyyy yttt10 分设1()f xxx则22211()1xfxxx，当 3,)x时()0fx故()f x在 3,)单调增11 分因为23 3,)t，所以2min214(3)33tt因此，12|SS的最大值为312 分