数学-2024届新高三开学摸底考试卷（九省新高考通用）02（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）02数学·答案及评分标准123456789101112DBACABBDCDACABDABD13．514．2015．1216．③④17．【详解】（1）由题意可知21,cos2OP，2sin,1OQ，所以2211sincos22OPOQ，（2分）又因为22sincos1，所以22111coscos22，解得22cos3，所以21cos22cos13.（4分）（2）由（1）可知22cos3，21sin3，所以12,23P，1,13Q，（5分）所以由三角函数的定义可得22243sin51223，22132cos51223，221310sin10113，221103cos10113，（8分）所以410331010sinsincoscossin51051010.（10分）18．【详解】（1）根据题意，设该等比数列的公比为q，若23141227,aaaa，（2分）则有211122311312927aqaqaqaqaq或121933aqqaq或13q.（4分）又由数列{a}是递增的等比数列，则3q，则有11a，则数列{a}的通项公式1113nnnaaq；（6分）（2）由（1）可得13nna，则113112nnnaqSq，则1111111nnnnnnnnnnaSSbSSSSSS，（8分）则1212231111111nnnnTbbbSSSSSS111111123313131nnnnSS.（12分）19．【详解】（1）取AP的中点O，则ODAP，（1分）又平面PAB平面PAD，平面PAB平面,PADAPOD平面PAD，DO平面APB，AB平面APB，DOAB，（3分）,DBBADODBD，,DODB平面DOB，AB平面DOB，BO平面DOB，ABBO，（5分）又π2,242PABABAO.（6分）（2）在平面APB内过O作AP的垂线OM以O为坐标原点，,,OPOMOD正方向为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则2,0,0,1,1,0,0,0,2,2,0,0ABDP，1,1,0,2,0,2ABAD，（7分）设平面DAB的法向量为,,nabc，0220ABnabADnac，取1,1,1n.（8分）设(2),,,0,2,,2DCtABtDCttACADDCtt，设平面ACP的法向量为,,,4,0,0mxyzAP，220,0,2,40ACmtxtyzmtAPmx，（10分）平面PAC与平面ACD夹角的余弦值是315，223cos,1534mntmnmnt，2625240,38230tttt，83t或32t（舍），823CD.（12分）20．【详解】（1）因为点Q为线段FT的垂直平分线与半径ET的交点，所以QTQF，所以422QEQFQEQTETEF，（2分）所以点Q的轨迹是以,EF为焦点，长轴长为4的椭圆，在椭圆中2,2,2acb，所以曲线C的方程为22142xy．（4分）（2）由已知得12AHk，所以直线AH的方程为122yx，所以S点的坐标为0,1．（5分）当直线l的斜率不存在时，2121,3ASMHSNSS△△，或2121,3ASMHSNSS△△都与已知不符；（6分）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为11221,,,,ykxMxyNxy，由221,421,xyykx得2212420kxkx，易知0，则12122242,1212kxxxxkk，（8分）11sin,sin22ASMHSNSASMSASMSHSNSHSN△△，由ASM△的面积是HSN△面积的32倍可得23ASMHSNSS△△，化简得23ASMSHSNS，即23ASNSHSMS，（10分）又3AHASxHSx，所以2NSMS，即212xx，也就是212xx，所以211212222222448322,,,1212121212kkkkxxxxxkkkkk，解得2114k，所以直线l的方程为14114yx．（12分）21．【详解】（1）解：由函数lnxfxxx，可得fx定义域为0,，（1分）且2221ln1ln1xxxfxxx，（2分）令21ln,0hxxxx，可得120hxxx，所以hx单调递增，（3分）又因为10h，（4分）所以当0,1x时，0hx，可得0fx，fx单调递减；当1,x时，0hx，可得()0fx¢，fx单调递增，所以当1x时，函数fx取得极小值，极小值为11f，无极大值.（5分）（2）解：由2ln2xfxgxxxmxx，因为94m且0x，可得3222132lnlnln94224xxxxxxxxmxxxxxxx，（6分）令32132ln,04xxxxxx，可得322213161342(21)(382)32222xxxxxxxxxxxx，因为0x，即23820xx或210x，又因为方程23820xx的两根都是负数根（舍去），所以0x，可得12x；（8分）当1(0,)2x时，0x，x单调递减；当1(,)2x时，0x，x单调递增，所以当12x时，函数x取得极小值，同时也为x在0,上的最小值，（10分）即1113111()1lnln2lne0281621616，所以0x，所以2ln9204xxxxx，所以2ln20xfxgxxxmxx，故当94m时，fxgx在0,恒成立.（12分）22．【详解】（1）设等差数列na的公差为0d，由题意可得：3331266dqddq，解得23dq或32dq（舍去），所以132121,333nnnnannb.（4分）（2）由（1）可得232122nnnSnn，（5分）当n为奇数时，则213nnnncabn，设3133373213nnnAcccn，则35293373213nnAn，（6分）两式相减得1235221081989434343213921319nnnnnAnn241392nn，所以2413916nnnA；当n为偶数时，则21221321313372248242282nnnnnnnnnnnabcaSnnnnnnnnnn，设42642241333333846246846242nnnnBcccnnnn21398248nnn，所以21398248nnBnn；（8分）综上所述：2213,133,8242nnnnnncnnnnn为奇数为偶数，（10分）当n为奇数时，则1213241nnnnTccccccccc2114139139168138nnnnnABnn；当n为偶数时，则1213124nnnnTccccccccc1214339139168248nnnnnABnn；综上所述：21124139139,1681384339139,168248nnnnnnnnnTnnnn为奇数为偶数.（12分）