数学-2024届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）03（参考答案）

2024届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）03参考答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．12345678CDBABCAD二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．BC10．ACD11．AD12．ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．1051614．915．72316．1,四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）【解析】（1）由题意，*Nn在数列na中，13a，113131nnnnSS，当2n时，132112213312nnnnnnSSSSSSSSSS，（2分）当1n时上式也符合，∴*331N2nnSn，22331122S，33331392S.（3分）∴当2n时，13nnnnaSS；当1n时，上式也符合.∴na的通项公式为*3Nnnan.（5分）（2）由题意及（1）得，*Nn,在数列na中，3nna，数列nb中，11111331111231313131nnnnnnnnnabaa,（7分）∴12119313112231431nnnnnTbbb.（8分）∵1nnTa，∴19431n.∵11199932431431n.（9分）∴19431n的最大值为932，932.∴的最小值为932.（10分）18．（12分）【答案】（1）证明见解析；（2）7190190【解析】（1）因为1AA平面ABCD，ADBD，如图过点D作//Dz1AA，则Dz平面ABCD，如图建立空间直角坐标系，令112222ABAACCBCCDAD，在底面四边形ABCD中223BDABAD，1sin2ADABDAB，所以30ABD，（1分）则0,0,0D，0,3,0B，13,,022C，1,0,0A，11,0,2A，13,,122F，1,0,12E，所以0,3,0DB，1,3,0AB，33,,122FA（2分）因为G为棱AB上一点，设AGAB，则3333,,11,3,0,3,12222FGFAAGFAAB，（3分）因为BDFG，所以0DBFG，即33302，解得12，所以G为AB的中点.（5分）（2）由（1）可得13,,022G，又13,,022DC，11,0,2DA，1,0,1GF，30,,12EG，（6分）设平面1ACD的法向量为,,nxyz，则11302220nDCxynDAxz，令1z，则2x，233y，所以232,,13n；（8分）设平面EFG的法向量为,,mabc，则0302mGFacmEGbc，令1a，则1c，233b，所以231,,13m；（10分）设平面1ACD与平面EFG的夹角为，则771903cos190101933nmnm，（11分）故平面1ACD与平面EFG夹角的余弦值为7190190.（12分）19．（12分）【解析】（1）在ABC中，由sin1cossincocossin2s2CCBCCB及二倍角公式，得sinsincoscossincosBCCBCC，（2分）即sinsinsincoscossincoscosBCBCBCBC，整理得sin()cos()0BCBC，（4分）因此tan()1BC，即tan1A，而0πA，所以π4A.（6分）（2）由（1）及已知，得11π2sin224ABCSabc，即有24abc，（7分）由余弦定理得222π2cos4abcbc，即2222abcbc，因此2222128bcbcbc，（9分）即22221228bcbcbcbc，于是8(22)bc，当且仅当bc时取等号，（11分）而24ABCSbc，所以ABC面积的最小值为28(22)4244.（12分）20．（12分）【解析】（1）因为该卦的符号由五个阳爻和一个阴爻构成，所以该卦所表示的二进制数共有16C6个，（2分）分别为111110、111101、111011、110111、101111、011111，这6个数中，每个位置可是5次1，1次0，（4分）所以，所有这些卦表示的十进制数的和为6543210512522222231512.（6分）（2）由题意可知，随机变量X的所有可能取值有1、2、3，（7分）则3436C11C5PX，2436A1232C205PX，1436C13C5PX，（10分）所以，随机变量X的分布列如下表所示：X123P153515所以，1311212555EX.（12分）21．（12分）【解析】（1）由题意，lnexHxfxxgxxxx，定义域为0,，可得1111eee11e(0)xxxxxHxxxxxxxx，令1extxx，则21e0xtxx，所以tx单调递减，（2分）又由12111e0,2e02tt，所以存在01,12x，使00tx，即001exx，即00ln0xx，（3分）当00xx时，0Hx，Hx单调递增；当0xx时，0Hx，Hx单调递减，（4分）所以Hx有最大值，最大值为00000lne1xHxxxx.（5分）（2）证明：不等式22111xgxxfxx，即证122e11lnxxxx，即证1e111ln2xxxx，（6分）当1x时，不等式显然成立；（7分）当11ex时，令1exmxx，可得1e1xmx，因为11ex，可得0mx，所以mx在1(,1)e上单调递减，所以10mxm，即1exx，要证不等式1e111ln2xxxx，只需证明：111ln2xxxx，等价于证明：2221ln1xxx，令2221ln1xFxxx，可得2222101xFxxx，函数Fx在1,1e上单调递减，所以10FxF，即2221ln1xxx；（10分）当1x时，2221ln1xxx，只需证122e1ln1xxxx，令122e1xhxx，可得12222e(1)01xxhxx，函数hx在1,上单调递增，所以11hxh，又由1lnxuxx，可得2ln0xuxx，在1,单调递减，所以11uxu，所以1x时，hxux，所以不等式122e1ln1xxxx成立；综合上述不等式得证（12分）.22．（12分）【解析】（1）因为2c，2a，2b成等差数列，所以2222acb，（1分）又222cab，所以222ab.将点63,2的坐标代入C的方程得2269412bb，解得23b，（3分）所以26a，所以C的方程为22163xy.（4分）（2）依题意可设PQ：3xmy，由223163xmyxy，得222630mymy,（6分）设11,Pxy，22,Qxy，12yy，则1221226232myymyym.1212,22xxyyM，122,2yyN，（8分）则1221122112121222222211PNQNyyyyyyyykkkkxxmymy121221212221yymyymyymyy，（10分）而12121322SOFyyyy，所以121221212231myykkSmyymyy22222222624422663363122mmmmmmmm，所以12kkS是定值.（12分）