数学-2024届新高三开学摸底考试卷（九省新高考通用）01（答案及评分标准）

2024届新高三开学摸底考试卷（九省新高考专用）01数学·答案及评分标准123456789101112BCCACCADADBCDACDBD13．-20014．815．216．412d17．【答案】212nna【详解】2(1)1132nnnaa2(2)1232(32)32nnna=252323232nnna2(3)125233(32)3232nnnna35252313(22222)nna212121122232(22)212nnna.（10分）18．【答案】(1)π6C(2)(33,223)【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示得2sinsin(sincoscossin)0CACBCB，应用正余弦定理的边角关系化简，结合锐角三角形求角C；（2）法一：将,bc用A的三角函数表示出来，结合ππ,32A求周长范围；法二：首先得到433,3b，再用b表示周长，利用函数的单调性求范围.【详解】（1）sin(2sincos)cossinmnCABCB2sinsin(sincoscossin)0CACBCB，（法一）2sin(coscos)0aCcBbC，222cos2acbBac，222cos2abcCab，∴2sin0aCa，则1sin2C，又ABC为锐角三角形，故π6C.（法二）则2sinsinsin()2sinsinsin0CACBCAA，sin0A，∴1sin2C，且ABC为锐角三角形，故π6C.（6分）（2）52sinπsincos3sincos63sinsinsinsinAaBAAAbAAAA，sin1sinsinaCcAA，由于ABC为锐角三角形，则π0,2A，且5ππ062CA，解得ππ,32A，（法一）周长cos1cos12323sinsinsinAAlabcAAA22cos1223232cossintan222AAAA，而ππ,264A，即3tan,123A，∴1(1,3)tan2A，故ABC的周长l的取值范围为(33,223)．（法二）由上433,3b，由余弦定理得2222cos(3)1cababCb，周长2(3)12labcbb，记2()(3)12fbbb，则()fb在433,3单调递增，∴ABC的周长l的取值范围为(33,223)．（12分）19．【答案】(1)证明见解析(2)26(3)105【分析】（1）连接OC，先根据AOC是等腰直角三角形证出中线ODAC，再结合POAC证出ACPOD，利用平面与平面垂直的判定定理，可证出平面POD平面PAC；（2）依题意可得OCAB，则BCDBCOSS△△，再根据13DPBCPBCDDBCVVPOS计算可得.（3）过O分别作OHPD于H，OGPA于G，再连接GH，根据三垂线定理证明OGH为二面角BPAC的平面角，最后分别在RtODA△、RtODP、RtOGH中计算出OH、OG和sinOGH，最后求出所求二面角的余弦值．【详解】（1）连接OC，OAOC，D是AC的中点，ACOD，又PO底面O，AC底面O，ACPO，ODPOO，,ODPO平面POD，AC平面POD，而AC平面PAC，平面POD平面PAC.（5分）（2）因为C是AB的中点，AB是O的直径，所以OCAB，所以111122BCDBCOSS，所以112231236BDPBCPBCDCDVOSVP.（7分）（3）在平面POD中，过O作OHPD于H，由（1）知，平面POD平面PAC，平面POD平面PACPD，OH平面POD，所以OH平面PAC，又PA平面PAC，PAHO，在平面PAO中，过O作OGPA于G，连接GH，OGOHO，,OGOH平面OGH，所以PA平面OGH，又HG平面OGH，从而PAHG．故OGH为二面角BPAC的平面角，在RtODA△中，2sin452ODOA，在RtODP中，22221025122POODOHPOOD，在RtOPA△中，22216321POOAOGPOOA，在RtOGH中，10155sin563OHOGHOG，所以21510cos1sin1255OGHOGH，故二面角BPAC的余弦值为105.（12分）20．【答案】(1)2212xy(2)①证明见解析；②最大值为2，10x．【分析】（1）根据双曲线与椭圆的离心率，结合椭圆的定义求解即可；（2）①设,,,AABBAxyBxy，BA的方程为(1)ykx，再联立椭圆的方程，利用韦达定理表达ABBCkk化简即可；②同①，根据弦长公式结合点到线的距离公式，代入韦达定理化简可得ABCS的表达式，结合k的范围求解面积范围即可.（1）由椭圆的定义知222a，双曲线222xy的离心率为2，故椭圆22221xyab的离心率22e，故2a，1c，1b，故椭圆的方程为2212xy．（3分）（2）①证明：设,,,AABBAxyBxy，则,AACxy．设直线BA的方程为(1)ykx，联立方程22(1)12ykxxy化简得，2222214220kxkxk，∴22421ABkxxk，22242222121ABABkyykxxkkkkk，∴222142BAABBCBAyykkkkxxk；②当直线AB的斜率不存在时，可知21,2A，21,2B，21,2C，故2ABCS，当直线AB的斜率存在时，由①知，22421ABkxxk，222221ABkxxk，24ABABABxxxxxx2212221kk，21ABABkxx222122121kkk，点C到直线AB的距离2212||11AAkxykdkk，故2222112||2212211ABCkkSkkk△222212221kkk22112224421k.故△ABC面积的最大值为2，此时AB的方程为10x．（12分）21．【答案】(1)0,(2)2222,3【分析】（1）根据函数为奇函数得到0a，故313fxxbx，求出2fxxb，分0b与0b两种情况，结合单调性，列出不等式，求出b的取值范围；（2）根据2213f，10f，求出23ab或25ab，分两种情况，利用导函数得到单调性和极值情况，得到13,x时fx的值域.【详解】（1）fx是定义域为R的奇函数，∴fxfx，即32321133xaxbxabxaxbxab，故220axb，0a，且00f.313fxxbx2fxxb.当0b时，20fxxb，此时fx在R上单调递减，fx在R上只有1个零点，不合题意.当0b时，令20fxxb，解得bxb，令20fxxb，解得xb或xb，()fx\在,b，b上单调递减，在,bb上单调递增.fx在R上有3个零点，0fb且0fb，由函数为奇函数，故只需3103fbbbb，即203bb，0b.实数b的取值范围是0,.（6分）（2）22fxxaxb，由已知可得1120fab，且122133fabab，解得23ab或25ab，当2a，3b时，3212363fxxxx，243fxxx.令0fx，即2430xx，解得13x，易知1x是fx的极小值点，与题意不符；当2a，5b时，32125103fxxxx，245fxxx.令0fx，即2450xx，解得51x，易知1x是fx的极大值点，符合题意，故2a，5b.1,2x，()fx\在1,1上单调递增，在1,3上单调递减.又5013f，2213f，322f.()fx\在1,2上的值域为2222,3.（12分）22．【答案】(1)π2e(2)1a【分析】（1）利用导数研究fx的单调性求最值；（2）令ecos2xhxxax，问题化为0xhx恒成立，利用导数研究hx单调性，讨论参数a及定义域判断xhx符号，即可求范围.【详解】（1）由题意π12sin4exxfx，0,πx，令0fx，则π2x，当π0,2x时0fx，当π,π2x时()0fx¢．所以π2minπe2fxf．（5分）（2）由2cos1ee[(1e)]exxxxgxxfxxxaxx，所以2cos1eecos20xxxxxaxxxxax，记ecos2xhxxax，即0xhx恒成立，且esinxhxxa，当1a时，当0,x，令()kxhx，则ecos0xkxx，所以()kxhx在0,单调递增，且010ha，111esin1e10aahaaaa，（令e1xyx且0x，则e10xy，故y在(0,)上递增，则0|0xyy，所以e10xx，以上1e(1)0aa成立），故存在唯一00,x，使得00hx，当00,xx时0hx，hx递减，所以00hxh，此时0xhx，不合题意．当1a时，（ⅰ）若0x，由上知1sin10hxxxaa，则hx递增，（令sinyxx且0x，则1cos0yx，故y在(0,)上递增，则0|0xyy，所以sin0xx，以上1sin1xxaa成立），所以00hxh恒成立，即0xhx成立，符合题意．（ⅱ）π,02x，若()txkx，则()esinxtxx单调递增，(0)1t，π2πe102t，所以存在唯一1π,02x使1()0tx，当1π,2xx时()0tx，()tx递减，当1,0xx时()0tx，()tx递增，又π2π()e02t，(0)0t，故存在唯一2π,02x，使22()0txkx，故2π,2xx时()0txkx，()kxhx递增，2,0xx时()0txkx，()kxhx递减，又π2πe102ka，010ka，所以π,02x时()0kxhx，则