理科数学-2024届新高三开学摸底考试卷（课标全国专用）03（答案及评分标准）

2024届新高三开学摸底考试卷（课标全国专用）03理科数学·答案及评分标准1．D2．C3．C4．A5．B6．D7．C8．C9．B10．A11．A12．B13．4014．12或1215．216．9π217．【详解】（1）由已知，∵123nnnaa，∴132nnnaa，∵3nnnba，∴11133233223232nnnnnnnnnnnbaaaab，（3分）又∵15a，∴1113532ba，（4分）∴易知数列{}nb中任意一项不为0，∴12nnbb，（5分）∴数列{}nb是首项为2，公比为2的等比数列.（6分）（2）由第（1）问，1222nnnb，∴2nnncnbn，∴设数列{}nc的前n项和为nS，则1231222322nnSn①，①2得，234121222322nnSn②，（7分）①②得，2341222222nnnSn，（9分）∴111212222212nnnnnSnn，（10分）∴1212nnSn.（11分）∴数列{}nc的前n项和为1212nn.（12分）18．【详解】（1）由频率分布表可知，“足球迷”对应的频率为0.20.050.25，则在抽取的200人中，“足球迷”有2000.2550人，所以22列联表如下（表格2分）非足球迷足球迷合计女701080男8040120合计15050200所以222007040801010011.11110.82815050801209K，（4分）所以有99.9%的把握认为该地的电视观众是否为“足球迷”与性别有关.（5分）（2）由频率分布表可知，“足球迷”对应的频率为0.25（6分）所以从该地的电视观众中随机抽取1人，其为“足球迷”的概率14P，所以14,4XB，即X的可能取值为0、1、2、3、4，（7分）所以040411810C144256PX，131411271C14464PX，222411272C144128PX，31341133C14464PX，40441114C144256PX，（10分）所以随机变量X的分布列为X01234P812562764271283641256（11分）所以1414EX.（12分）19．【详解】（1）证明：连接OB，因为ABC为等腰直角三角形，90B??，22AB，所以4AC，（1分）因为O为AC边的中点，所以122OBAC，在等边三角形FAC中，4AFACFC，因为O为AC边的中点，所以FOAC，（2分）则2223FOAFAO，（3分）又4FB，所以222FOOBFB，即FOOB，（4分）因为ACOBO，AC平面ABC，OB平面ABC，所以FO平面ABC．（5分）（2）方法一：因为ABC是等腰直角三角形，90ABC，O为边AC中点，所以OBAC，由（1）得FO平面ABC，则以O为坐标原点，OB，OC，OF的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则0,2,0A，42,,033E，0,0,23F，（建系正确给1分，7分）所以0,2,23AF，48,,033AE，设平面FAE的法向量为,,nxyz，由00AFnAEn，得223048033yzxy，令1z，得23,3,1n，（9分）易知平面FAC的一个法向量为1,0,0m，（10分）设二面角EFAC的大小为θ，则3|cos|2mnmn，（11分）由图可知二面角EFAC为锐角，所以二面角EFAC的余弦值为32．（12分）20．【详解】（1）设动圆P与圆M相切的切点为B，则42PMPNPMPBMN，（2分）所以点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆，设椭圆的方程为22221(0)xyabab，则24a，22c，所以223bac，（3分）所以椭圆的方程为22143xy，即点P的轨迹C的方程为22143xy．（4分）（2）由题意可知直线QT的斜率显然不为0，不妨设直线QT的方程为xmyt，设11,Txy，22,Qxy，则22,Sxy，联立22143xyxmyt，消去x整理得2223463120mymtyt，（5分）所以212231234tyym，122634mtyym，（6分）因为T，A，S三点共线，所以121211yyxx，（7分）所以1212110ymytmyty，（8分）即1212220myytmyyt，所以2223122?6?203434tmtmtmtmm，解得3tm，（11分）故直线NQ的方程为33xmymmy，所以直线过定点0,3．（12分）21．【详解】（1）解：函数fx的定义域为0,，lnln1fxaxaax.（1分）①当0a时，令0fx，得10xe，则fx在10,e上单调递减；令()0fx¢，得1xe，则fx在1,e上单调递增.（3分）②当a0时，令0fx，得1xe，则fx在1,e上单调递减；令()0fx¢，得10xe，则fx在10,e上单调递增.（5分）综上所述，当0a时，fx在10,e上单调递减，在1,e上单调递增；当a0时，fx在1,e上单调递减，在10,e上单调递增.（5分）（2）证明：因为12xx，为fx的两个零点，所以113ln010xx，223ln010xx，（6分）两式相减，可得121233lnln01010xxxx，即1122123ln10xxxxxx，121212310lnxxxxxx，（7分）因此，121121310lnxxxxx，212121310lnxxxxx.（8分）令12xtx，则121113513310ln10ln10lntttxxttt，（9分）令1ln01httttt，则22211110tthtttt，（10分）所以函数ht在0,1上单调递增，所以10hth（11分）即1ln0ttt.因为01t，所以11lnttt，故12310xx得证.（12分）22．【详解】（1）由1ytt平方可得212ytt（1分）又因为1xtt，所以22yx，（3分）因为1122ytttt，当且仅当1tt即1t时，取等号，（4分）所以C的普通方程为222yxy；（5分）（2）由直线l的极坐标方程为π2可得直线l的直角坐标方程为0x，（7分）代入C的普通方程可得22y，解得2y，（9分）因为2y，所以2y舍去，y无解，所以l与C没有交点（10分）23．【详解】（1）因为3,33()2336,3233,2xxfxxxxxxx，（1分）所以9fx等价于339xx，或33269xx或3239xx，解得3x或332x或332x，（4分）即33x≤≤，即不等式9fx的解集为3,3（5分）（2）当0x时，60恒成立，所以aR；（6分）当0x时，|23||3|33|2||1|||xxaxxx恒成立，（7分）因为3333|2||1||21|3xxxx，（8分）当且仅当33(2)(1)0xx即3≤0x或302x时取得等号，（9分）所以3a，综上，a的取值范围是,3.（10分）