数学01-2024届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）（答案及评分标准）

2024届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）01数学·参考答案123456789101112ACDADCBDBCBCBDBCD13．3614．56315．138,6316．1517．(1)3(2).【详解】（1）由正弦定理得，所以，得，因为，所以，得，又，所以．（2）由，得，由余弦定理，得，得，得，所以的周长为．18．(1)略(2)7262sinsin2sincossin2sinCABAAAsin2sincos2sin2sin()2sincos2cossinABACABABABsin2sincosAAB0πAsin0A1cos2B0πBπ3B1sin232△ABCSacB8ac2221cos22acbBac228acac23832acac42acABC62【解析】(1),为的中点,,,,四边形为平行四边形,.,.,,.又平面平面,平面平面,平面,.又,平面.平面,平面平面.(2)由(1)可知平面.如图,以为原点,分别以,,所在直线为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,则,,,,,,,,,.设,则,且,得,.设平面的法向量为,则,即,令,则,,平面的一个法向量为.设平面的法向量为,则,即令,则,,平面的一个法向量为.平面与平面所成的锐二面角的大小为,,..即当时,平面与平面所成的角大小为19．【答案】(1)a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，当a0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增(2)见解析【详解】(1)解函数f(x)＝ex－ax－a的定义域为R，求导得f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)0恒成立，即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，当a0时，令f′(x)＝ex－a0，解得xlna，令f′(x)0，解得xlna，即f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，当a0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)证明当a＝1时，g(x)＝x－x－x2，当x0时，x－x－x21⇔ex1＋x＋x22⇔12x2＋x＋1ex1，令F(x)＝12x2＋x＋1ex－1，x0，F′(x)＝－12x2ex0恒成立，则F(x)在(0，＋∞)上单调递减，F(x)F(0)＝1e0－1＝0，因此12x2＋x＋1ex1成立，所以当x0时，g(x)1，即原不等式得证．20．【答案】(1)1122nan(2)4169nnnT【详解】（1））因为636SS，所以4566aaa，所以45655362aaaaa.所以533111353222naadaandn.则数列na的通项公式为1122nan.（2）因为数列nma是以首项为1a，公比为4等比数列.所以111141,nnmmmaaaam.因为数列na是等差数列，所以111141nnamdamd.化简得11343nnammd.因为2114aada，所以113ad，即142nnmm.所以122433nnmm.因为12133m，所以数列23nm是以13为首项．4为公比的等比数列所以112112443333nnnnmm.所以0111212416444339nnnnnnTmmm.则数列nm的前n项和nT为：4169nnnT.21．【答案】(1)分布列见解析，52(2)（i）112p；（ii）证明见解析，比赛局数越多，对实力较强者越有利【详解】（1）1,22pn，即采用3局2胜制，X所有可能取值为2,3，22221122111111112,3CC22222222PXPX，X的分布列如下表：X23P1212所以X的数学期望为11523222EX.（2）采用3局2胜制：不妨设赛满3局，用表示3局比赛中甲胜的局数，则~3,Bp，甲最终获胜的概率为：223322321333323C1CC1C32pPPpppppppp，采用5局3胜制：不妨设赛满5局，用表示5局比赛中甲胜的局数，则~5,Bp，甲最终获胜的概率为：23344552555345C1C1CpPPPppppp23345232555C1C1C61510pppppppp，3222322161510326151032pppppppppppp2232222325413123131210ppppppppppp，得112p.（ii）由（i）知112p.21n局比赛中恰好甲赢了n局的概率为1121C1nnnnqpp，21n局比赛中恰好甲赢了1n局的概率为11221C1nnnnqpp，则21n局比赛中甲至少赢1n局的概率为1nPq.考虑21n+局比赛的前21n局：如果这21n局比赛甲至少赢1n局，则无论后面结果如何都胜利，其概率为1nPq，如果这21n局比赛甲赢了n局，则需要后两场至少赢一局，其概率为2111qp，如果这21n局比赛甲赢了1n局，则需要后两场都赢，其概率为22qp，因此21n+局里甲最终获胜的概率为：22111211nnPPqqpqp，22221112211211221211112121112121111C1C11C1C1C11C1210nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnPPqqpqpqpqpppppppppppppppppp因此1nnPP，即数列nP单调递增.该结论的实际意义是：比赛局数越多，对实力较强者越有利.22．【答案】(1)22143xy(2)736,2S【详解】（1）因为线段1FM的垂直平分线交半径2FM与点P，所以1PMPF，所以1224PFPFMF是定值，1224FF，所以P点轨迹为椭圆，其长轴为4，焦距为2，所以P的轨迹Q的方程22143xy.（2）解法一设1122,,,AxyCxy.由已知得：直线1l的方程为1xky；设33,Bxy，44,Dxy.由已知得：直线2l的方程为1,xmy又因为AC、BD斜率之积为34，所以113443mkmk，由221143xkyxy得223(1)4120kyy，即2234690kyky，所以222Δ3636341441kkk，12122269,3434kyyxxkk.故2222121212212111434kACkyykyyyyk同理联立BD与椭圆方程，可得2234690mymy，所以21Δ1441m，故223434342121434myyyyyym设12,dd分别为点,BD到直线1l的距离，则1212ABCDCABCADSSSACdd.又,BD在直线AC在异侧，则234334412222224|111213341111kkmyyxkyxkymkddmkkkk∣229161kk所以22221222269161611916234341ABCDkkkkSACddkkk，令22211114934,4,2343234816ABCDkttSttt易知110,4t，所以211494943,81616t，所以736,2ABCDS解法二设0023xxyy，所以22004xy，设圆心为O，因为直线12,ll的斜率之积为34，所以''121222133kkkk，设直线AC方程1ykx，点O到AC的距离为21kdk，所以2221242311kACkk，同理222112424111kBDkk，设四边形ABCD面积为S，则22111243211SACBDkk，令211tk，则0,1t，所以22149243212224Sttttt，所以43,7S，设四边形ABCD面积为S，因为23SS，所以736,2S.