理科数学-2024届新高三开学摸底考试卷（全国通用）（答案及评分标准）

2024届新高三开学摸底考试卷（全国通用）理科数学·答案及评分标准123456789101112ABDCBBCBADBC13．1514．16415．531416．117．【解析】（1）证明：取AB的中点E,连接CE,则由题意知BCE为正三角形,所以60ABC,由等腰梯形知120BCD,设2ADCDBC,则4AB,23BD,故222ADBDAB,即得90ADBo,所以ADBD,（2分）因为平面PAD平面ABCD,PDAD,平面PAD平面ABCDAD,PD平面PAD,所以PD平面ABCD,又BD平面ABCD,所以PDBD,（4分）因为ADPDDI,AD,PD平面PAD,所以BD平面PAD,因为PA平面PAD,所以BDPA.（6分）（2）由（1）得DA,DB,DP两两垂直,以D为坐标原点,DA,DB,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,因为PD平面ABCD,所以PB平面ABCD所成的角为30PBD,设2ADCDBC,则23DB,2PD,则2,0,0A,002P,,,0,23,0B,1,3,0C,则2,0,2PA,0,23,2PB,1,3,2PC,（8分）设平面PAB的法向量为,,mxyz,则00PAmPBm,即2202320xzyz,取3z,则3,1,3m,（9分）设平面PBC的法向量为,,nabc,则00PCnPBn,即3202320abcbc,取3c,则3,1,3n,（10分）所以1cos,7mnmnmn,所以二面角APBC的正弦值为2143177.（12分）18．【解析】（1）941nnaS,2428nnnSaa当1n时,211114284Saaa,即21112800aaa,得14a或12a（舍去）.（1分）由2428nnnSaa,……①得21114282nnnSaan,……②①②得：2211422nnnnnaaaaa,化简得1120nnnnaaaa.（3分）因为0na,所以120nnaa,122nnaan,即数列na是以4为首项,2为公差的等差数列,（5分）所以22nannN.（6分）（2）存在.（7分）当114kaa,238kaa时,会得到数列na中原次序的一列等比数列121,,,,,1mkkkaaak,此时的公比2q=,是最小的,此时该等比数列的项均为偶数,均在数列na中；（8分）下面证明此时的公比最小：114kaa,假若2ka取26a,公比为6342,则323492ka为奇数,不可能在数列na中.（10分）所以11422mmmka.又1222mmkmak,所以21mmk,即nk的通项公式为12nnkn*N,故1212122121.......212212nnnnTnn.（12分）19.【解析】（1）（i）依题意得22列联表如下：正确识别错误识别合计A组软件402060B组软件202040合计6040100（2分）因为22100(40202020)252.7783.841604060409K,（3分）且23.8410.05PK,所以没有95%的把握认为软件类型和是否正确识别有关；（5分）（ii）由（i）得1221,32PP,（6分）故方案二在一次测试中通过的概率为2222122122222222221211214C1CCC1CC332322329P；（8分）（2）方案二每次测试通过的概率为222212212221122212222122C1CCC1CCPPPPPPPPP1212833PPPP21212833PPPP2124163927PP,所以当1249PP时,P取到到最大值1627,（10分）又1243PP,此时1223PP,因为每次测试都是独立事件,故n次实验测试通过的次数,XBnP,期望值16EXnP,因为1627p,所以1627162716np所以测试至少27次,此时1223PP.（12分）20．【解析】（1）由题可得1,2caa,故可得2c,（2分）则222413bca,（3分）故C的标准方程为2213yx.（4分）（2）由（1）中所求可得点A,2F的坐标分别为1,0,2,0,又双曲线渐近线为3yx,显然直线PQ的斜率不为零,故设其方程为2xmy,33m,（5分）联立双曲线方程2213yx可得：22311290mymy,设点,PQ的坐标分别为1122,,,xyxy,则121222129,3131myyyymm,121224431xxmyym,221212122342431mxxmyymyym；（6分）又直线AP方程为：1111yyxx,令12x,则11321yyx,故点M的坐标为1113,221yx；直线AQ方程为：2211yyxx,令12x,则22321yyx,故点N的坐标为2213,221yx；（7分）则22MFNF12123333,,221221yyxx212212122299999313444414413131yymmxxxxmm9990449故22MFNF为定值0.（8分）（3）当直线PQ斜率不存在时,对曲线22:13yCx,令2x,解得3y,故点P的坐标为2,3,此时290PFA,在三角形2PFA中,223,3AFPF,故可得245PAF,则存在常数2,使得222PFAPAF成立；（9分）当直线PQ斜率存在时,不妨设点P的坐标为,xy,2x,直线2PF的倾斜角为,直线PA的倾斜角为,则2PFA,2PAF,假设存在常数2,使得222PFAPAF成立,即2,则一定有22tantantantan21tan,也即2221PAPFPAkkk；又22PFykx；22222221211111PAPAyyxkxykxyx；又点P的坐标满足2213yx,则2233yx,故222222121211133PAPAyxyxkkxyxx221212242212yxyxyxxxxx2PFk；（11分）故假设成立,存在实数常数2,使得222PFAPAF成立；综上所述,存在常数2,使得222PFAPAF恒成立.（12分）21.【解析】（1）函数fx的定义域为310,,xxafxx.（1分）①若1a时,01x11xaaxafx-0+0-fx极小值极大值（2分）②若1a时,0fx恒成立,fx单调递减,③若01a时0xaa1ax11xfx-0+0-fx极小值极大值（3分）④若0a时,0,1x时,0,fxfx单调递减；1,x时,0,fxfx单调递增.综上所述,当1a时,0,1,xfx单调递减,1,,xafx单调递增,,,xafx单调递减；当1a时,0,,xfx单调递减；当01a时,0,,xafx单调递减,,1xa,fx单调递增,1,,xfx单调递减；当0a时,0,1,xfx单调递减,1,,xfx单调递增.（4分）（2）（i）由（1）知当1a时,0,1,xfx单调递减,1,,xafx单调递增,,,xafx单调递减.所以fx存在三个零点,只需0fa和10f即可,所以2111ln022aaabaaa且1111ln10122ab,整理得1ln2bagaa且12ba.此时,11111lnln22222bgaaaaaaaaaa,（6分）令1ln2haaa,易知ha在1,上单调递减有1102hah,所以102bgaaa.（8分）（ii）由（1）知,当01a时,0,,xafx单调递减,,1,xafx单调递增,1,,xfx单调递减所以12301xaxx.若fx存在三个零点,只需10f和0fa即可,所以2111ln022aaabaaa且1111ln10122ab,整理得11ln22abaa,因为2111ln22aafxxbxxx,设1tx,则方程2111ln022xaxbxxx,即为2111ln022aattxtb记123123111,,tttxxx,则123,,ttt为方程2111ln022aattttb三个不同的根,（10分）设313111xtktxa.要证：221313111121138112381aaxxxxaaaa,即证：21313221138112381aattttaaaa,即证：21321321138112381aattaaaatt,而21111111ln022aattttb且23333111ln022aattttb,所以22131313lnln102attttatt,所以131313lnln222ttttaatt,即证：21321313lnln2113811381ttaaattaaatt,即证：11323213ln1138110681ttttaattaa,即证：221ln11381101681kkaakaa,记1ln,11kkkkk,则2112ln0(1)kkkkk,所以k在1,为增函数,所以ka所以22221ln1ln113811113811011681681kkaaaaaakaaaaa,设221113811ln,016181aaaaaaaaa,则6543222301412561413010(1)81aaaaaaaaaaa,所以a在0,1上是增函数,所以10a所以221113811ln06181aaaaaaa,即221ln11381101681aaaa