《湖北省武汉市武昌区2024届高三5月质量检测数学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省武汉市武昌区2024届高三5月质量检测数学试卷含答案.pdf（9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、#QQABQYiAggioAIAAARhCQw1gCkKQkBECAAoOhFAAIAAAyQFABAA=#QQABQYiAggioAIAAARhCQw1gCkKQkBECAAoOhFAAIAAAyQFABAA=#QQABQYiAggioAIAAARhCQw1gCkKQkBECAAoOhFAAIAAAyQFABAA=#QQABQYiAggioAIAAARhCQw1gCkKQkBECAAoOhFAAIAAAyQFABAA=#QQABQYiAggioAIAAARhCQw1gCkKQkBECAAoOhFAAIAAAyQFABAA=#第 1 页 共 4 页 武昌区 2024 届高三年级 5 月质量检测
2、 数学参考答案及评分细则 选择题选择题：填空题填空题：12.(2,2 13.3 148 55 解答题解答题：15（13 分分）解解：（1）(2)coscos0acBbC，由正弦定理得(2sinsin)cossincos0ACBBC，（1 分）2cossincossinsincos0BABCBC，即2cossinsincoscossinBABCBC 所以2cossinsin()sinBABCA，（3 分）10,sin0,cos2AAB （4 分）0B，3B.（6 分）（2）由正弦定理，得32sinsinsin32acbACB，（8 分）122sin4sinsin4sin()23acACAA si
3、n2 3cos2sin3sin2 3cosAAAAA21sin()A.（10 分）又203A，为锐角，21sin()A最大值为21，（12 分）122ac的最大值为21.（13 分）16.（15 分分）解解：（1）证明：如图，取BC的中点E，连接AE 因为ECAD，ECAD，所以四边形ADCE为平行四边形（1 分）因为ADDC，所以四边形ADCE为菱形，所以AEBEEC，所以ABAC（3 分）因为平面PAC 平面ABCD，平面PAC 平面ABCD=AC，AB 平面 ABCD 所以AB 平面 PAC.（5 分）因为PC 平面 PAC，所以ABPC.（7 分）（2）由（1）可知AB 平面 PAC，
4、因为PAPC，取 AC 中点为 O，连 PO，所以 POAC.（8 分）以 OE 为x轴，OC 为 y 轴，OP 为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 则2,3,0B，0,3,0C，1,0,0D，0,0,3P，题号题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案答案 D D C B A B C A ABD AD ABD#QQABQYiAggioAIAAARhCQw1gCkKQkBECAAoOhFAAIAAAyQFABAA=#第 2 页 共 4 页 所以0,3,3CP ，2,2 3,0BC ，1,3,0DC（9 分）设平面PBC的法向量为111,mx y z 由0,0,BCP
5、mmC 得111130,2,3302yxyz 取11z，得13y，13x 则3,3,1m（11 分）设平面PCD的法向量为222,xny z由0,0,CDC nnP 得222230,330.xyyz 取21z，得23y，23x ，则3,3,1n （13 分）所以55cos,131313m nm nm n 设平面BPC与平面PCD的夹角为，则5cos|cos,|13m n.所以，平面BPC与平面PCD夹角的余弦值为513（15 分）17.（15 分分）解解：（1）)0()12)(1(1)2(2)(xxxaxxaaxxf（2 分）当0a时，0 x，012,01xax，()0fx.所以)(xf在),
6、0(上单调递减，无单调递增区间；（4 分）当0a时，由0)(xf得，ax1，所以)(xf在),1(a上单调递增，在)1,0(a上单调递减.（6 分）综上，当0a时，)(xf在),0(上单调递减，无单调递增区间；当0a时，)(xf在),1(a上单调递增，在)1,0(a上单调递减.（7 分）（2）由（1）知，当0a时，)(xf在),0(上单调递减，所以)(xf至多有 1 个零点，不满足，所以0a.（8 分）此时)(xf在),1(a上单调递增，在)1,0(a上单调递减.所以aaafxfln11)1()(min.（9 分）当0 x时，()f x ；当x时，与对数函数xyln相比，二次函数)0()2(2
7、axaaxy增长快得多，从而)(xf.（11 分）#QQABQYiAggioAIAAARhCQw1gCkKQkBECAAoOhFAAIAAAyQFABAA=#第 3 页 共 4 页 又因为)(xf有两个零点，所以0)1(af，即011lnaa.（13 分）令11ln)(aaag，则011)(2aaag，所以)(ag在),0(上单调递增，且0)1(g，所以0)(ag的解集为(0,1).综上，实数a的取值范围是(0,1).（15 分）18.（17 分分）解解：（1）因为|4|2MEMFMEPMEPEF，所以点 M 的轨迹是以点,E F为焦点的椭圆.（2 分）设2222:1(0)xyCabab，则2
8、4a，即2a.由1c 知 223bac.（4 分）所以点 M 的轨迹 C 的方程为22143xy.（5 分）（2）设1122(,),(,)A x yB xy，则由OAAD，得11(2,2)Dxy.因为点 A，B 均在曲线 C 上，所以22112222143143xyxy，同向相乘得22222222121212211()116912x xy yx yx y，整理得：22121212211()()14312x xy yx yx y.（7 分）又因为121234OAOBy ykkx x，所以1212043x xy y.（8 分）所以33221|211221yxyxSAOB.（10 分）设BNBD，则
9、12122(1)2(1).NNxxxyyy，（11 分）又因为点 N 在曲线 C 上，所以2212122(1)2(1)143xxyy，整理得：222222111212224()4(1)()(1)()1434343xyx xy yxy.又因为222211121222101434343xyx xy yxy，代入上式得：2520.又因为0，所以25，（15 分）所以5325252OABDABNABSSS.（17 分）N#QQABQYiAggioAIAAARhCQw1gCkKQkBECAAoOhFAAIAAAyQFABAA=#第 4 页 共 4 页 19.（17 分分）解解：（1）4 局结束比赛时甲获
10、胜，则在前 2 局甲乙各得一分，并且第 3，4 局甲胜.概率为2122121633381C；（2 分）4 局结束比赛时乙获胜，则在前 2 局甲乙各得一分，并且第 3，4 局乙胜.概率为212211433381C.所以，恰好 4 局结束比赛的概率16420818181（4 分）（2）（i）在甲在净胜2局前提下，继续比赛一局：若甲赢，则甲的状态变为净胜1局，继续比赛获胜的概率为1P；若甲输，则甲的状态变为净胜3局，比赛结束.根据全概率公式，1232PP.（7 分）同理2013132PPP，1103132PPP，0213132PPP，123132PP，联立上式解得980P.即甲获胜的概率为98.（10 分）（ii）在甲净胜2局前提下，继续比赛一局：若甲赢，则甲的状态变为净胜1局，继续比赛至结束，还需要)(1XE局，共进行了局1)(1XE；若甲输，则甲的状态变为净胜3局，比赛结束，共进行了 1 局.所以131 1)(32)(12XEXE，（14 分）同理 1)(31 1)(32)(201XEXEXE，1)(31 1)(32)(110XEXEXE，1)(31 1)(32)(021XEXEXE，1)(31132)(12XEXE，联立上式解得7)(0XE.（17 分）#QQABQYiAggioAIAAARhCQw1gCkKQkBECAAoOhFAAIAAAyQFABAA=#