2024届福建省三明市普通高中高三毕业班5月质量检测数学参考答案.pdf

1、第 1 页 共 11 页三明市 2024 年普通高中高三毕业班质量检测数学参考答案及评分细则评分说明：1本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数4只给整数分数选择题和填空题不给中间分一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算每小题 5 分，满分 40 分1C2C3D

2、4A5A6B7B8C二、选择题：本大题考查基础知识和基本运算每小题 6 分，满分 18 分全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分9BC10ACD11BCD三、填空题：本大题考查基础知识和基本运算每小题 5 分，满分 15 分126131,3e146,7,8,9,21（第一空 2 分，第二空 3 分）四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.解法一：（1）证明：取BD的中点M，连接PMMC、,1 分BPD和BCD均为等边三角形，BDPM，BDCM.2 分又PMCMM，BD平面CPM，3 分CP 又平面CPM，BDCP.4 分（2

3、）以M为原点，,MB MC 所在直线为,x y轴，过M作平面BCD的垂线所在直线为z轴，如图所示建立空间直角坐标系，5 分平面ABD 平面PBD，平面ABD平面PBDBD，PM 平面PBD，PMBDPM 平面ABD.PBD和CBD均为等边三角形，3PMMCPC，60PMC，#QQABDYaEoggoAJJAABhCQQUgCkAQkAEAAKoGwAAIMAAAiBFABCA=#第 2 页 共 11 页3 30,22P，0,3,0C，1,0,0B，6 分3 31,22BP ，1,3,0BC .3 30,22MP设平面PBC的法向量为(,)x y zm0,0BPBCmm 即330,2230 xy

4、zxy 取1z,则3,3,1m，8 分平面ABD的法向量3 30,22MP，10 分设平面ABD与平面PBC的夹角为，coscos,MPMPMPnnn33913313 12 分平面ABD与平面PBC夹角的余弦值为3913.13 分解法二：（1）同解法一 4 分（2）如图，取MC的中点E为原点，连接PE，过点E作/EFMB,交BC于点F,由（1）知CMBD,EFMC,又由（1）知BD平面CPM，PE 又平面CPM，BDPE，PBD和CBD均为等边三角形且棱长为2，3PMMCPC，PEMC,BDMCMPECBD 平面以E为原点，,EF EC EP 所在直线为,x y z轴，建立空间直角坐标系，如图

5、所示5 分平面ABD平面PBD，平面ABD平面PBDBD，PM 平面PBD，PMBDPM 平面ABD，#QQABDYaEoggoAJJAABhCQQUgCkAQkAEAAKoGwAAIMAAAiBFABCA=#第 3 页 共 11 页平面ABD的法向量3 30,22MP7 分30,0,2P，30,02C，31,02B8 分1,3,0CB ，3 30,22CP，设平面PBC的法向量为,x y zm，00CPCBmm ,即3033022xyyz，取1z,则3,3,1m，10 分设平面ABD与平面PBC的夹角为，339coscos,13313MPMPMPmmm，12 分平面ABD与平面PBC夹角的余

6、弦值为3913.13 分16.解法一：（1）由题意13()sincos()sincossin()6223f xxxxxx2 分因为 f x图象的两条相邻对称轴间的距离为2，所以周期222T，故2，所以 sin 23f xx，4 分当0,xm时，2,2333xm，5 分因为 f x在区间0,m上有最大值无最小值，所以32232m，6 分解得71212m，所以m的取值范围为7,12 12.7 分#QQABDYaEoggoAJJAABhCQQUgCkAQkAEAAKoGwAAIMAAAiBFABCA=#第 4 页 共 11 页（2）将函数 f x图象向右平移6个单位长度，得到sin 2()sin26

7、3yxx的图象，8 分再将图象上所有点的横坐标变为原来的 2 倍（纵坐标不变），得到()sing xx的图象，9 分所以函数1()sin2h xxx，所以1()cos2h xx，10 分令()0h x得1cos2x ，因为(2,)x ，所以当4(2,)3x 时，()0h x，()h x单调递增，11 分当42(,)33x 时，()0h x，()h x单调递减，12 分当22(,)33x 时，()0h x，()h x单调递增，13 分当2(,)3x时，()0h x，()h x单调递减.14 分所以函数()h x的极大值点为43和23.15 分解法二：（1）同解法一.7 分（2）将函数 f x图象

8、向右平移6个单位长度，得到sin 2()sin263yxx的图象，8 分再将图象上所有点的横坐标变为原来的 2 倍（纵坐标不变），得到()sing xx的图象，9 分#QQABDYaEoggoAJJAABhCQQUgCkAQkAEAAKoGwAAIMAAAiBFABCA=#第 5 页 共 11 页所以函数1()sin2h xxx，所以1()cos2h xx，10 分令()0h x得1cos2x ，当222233kxk时，()0h x，()h x单调递增，因为(2,)x 所以1k 时，423x，()h x单调递增，11 分1k 时，2233x()h x单调递增12 分当242233kxk时，()

9、0h x，()h x单调递减，因为(2,)x 0k 时，23x，()h x单调递减，13 分1k 时，4233x，()h x单调递减，14 分所以函数()h x的极大值点为43和23.15 分解法三：（1）同解法一.7 分（2）将函数 f x图象向右平移6个单位长度，得到sin 2()sin263yxx的图象，8 分再将图象上所有点的横坐标变为原来的 2 倍（纵坐标不变），得到()sing xx的图象，9 分所以函数1()sin2h xxx，所以1()cos2h xx，10 分#QQABDYaEoggoAJJAABhCQQUgCkAQkAEAAKoGwAAIMAAAiBFABCA=#第 6 页

10、 共 11 页令()0h x得1cos2x 因为(2,)x ，所以,(),()x h x h x的变化情况如下：x4(2,)34342(,)332322(,)33232(,)3()h x000()h x单调递增极大值单调递减极小值单调递增极大值单调递减14 分所以函数()h x的极大值点为43和23.15 分17.解:(1)记随机任选 1 题为家政、园艺、民族工艺试题分别为事件(1,2,3)iA i，记随机任选 1 题，甲答对为事件B，1 分则31122331()()(|)()(|)()(|)()(|)iiiP BP A P B AP A P B AP A P B AP A P B A 2 分

11、12121434545255,4 分所以随机任选 1 题，甲答对的概率为35；5 分(2)乙答对记为事件C,则1122331111111()()(|)()(|)()(|)4242222P CP A P C AP A P C AP A P C A7 分设每一轮比赛中甲得分为X,则331(1)()()()15210P XP BCP B P C，8 分331511(0)()()()225112P XP BCBCP BCP BC ，9 分#QQABDYaEoggoAJJAABhCQQUgCkAQkAEAAKoGwAAIMAAAiBFABCA=#第 7 页 共 11 页35511(1)()12P XP

12、BC.10 分三轮比赛后，设甲总得分为Y,则33(3)10100207P Y，11 分22331(2)C10200272P Y，12 分22123311279(1)CC331051000102P Y，13 分所以甲最终获得奖品的概率为27272794411(3)0002001000100(2)(1)0PP YP YP Y.15 分18.（1）因为2121(2)nnnnaaaa所以当2(1)11212,(2)nnnnnaaaa，1 分由得2nna 2 分因为1n 时12a 也符合上式，3 分所以数列 na是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，所以*,2nnNan.4 分（2）由（1）知，12

13、1 2221 2nnnS，5 分因为不等式2(1)14nnntSS对任意的nN恒成立，又0nS 且nS单调递增，6 分所以14(1)nnntSS 对任意的nN恒成立，7 分因为1234=26=14=30SSSS，8 分所以当n为偶数时，原式化简为14nntSS对任意的nN恒成立，即min14nntSS因为2614S，所以当2n 时，253t，10 分#QQABDYaEoggoAJJAABhCQQUgCkAQkAEAAKoGwAAIMAAAiBFABCA=#第 8 页 共 11 页当n为奇数时，原式化简为14nntSS 对任意的nN恒成立，即min14nntSS 因为1321414SS，所以当1

14、n 时，9t，所以9t ，12 分综上可知，2593t .13 分（3）因为2211log2nnban，14 分所以 nb是单调递减数列，所以1nnbb 15 分所以111112()2()2()2nnnnnnnnnnnnbbbbbbbbbbbb231121223112+2()1222nnnnnbbbbbbbbbbbbbbb原不等式得证.17 分19.解法一：（1）由题意可知双曲线1yx的实轴为yx，联立1yxyx，解得11xy或11xy ，即双曲线1yx的两顶点为(1,1),(1,1)，故实轴长2221 11 12 2a，即2a 2 分函数1yx的图象绕原点O顺时针旋转4后渐近线为yx，3 分

15、所以2ab，2c，所以，双曲线1yx的离心率2e.4 分（2）由（1）知函数1yx的图象绕原点O顺时针旋转4得到双曲线222xy的图象，所以，双曲线222xy的图象绕原点O逆时针旋转4得到函数1yx的图象，5 分#QQABDYaEoggoAJJAABhCQQUgCkAQkAEAAKoGwAAIMAAAiBFABCA=#第 9 页 共 11 页其渐近线分别为x轴和y轴，此时设001(,)P xx，因为21yx，6 分所以P处切线斜率201kx，P处切线方程为020011()yxxxx，7 分过P作切线分别交两条渐近线于002(0,),(2,0)ABxx 8 分所以0011 22222AOBSOA

16、OBxx，所以A OB的面积为定值 2，即AOB的面积为定值 2.9 分（3）依题意知，函数3332yxx的两条渐近线分别为33yx和y轴，则实轴为3yx由33,323yxxyx联立解得3232xy，所以双曲线实半轴长3a，将函数3332yxx的图象绕原点O顺时针旋转3得到曲线的方程为2213xy，10 分将(1,3)F,直线:330l xy绕原点O顺时针旋转3得到(2,0)F，直线3:2lx11 分则过(2,0)F直线交曲线右支于MN,两点，设11(,)Mx y，22(,)N xy，则13(,)2Cy，23(,)2Dy因为直线M N 斜率不为 0，所以设直线M N 方程为2xmy，由222,

17、13xmyxy得22(3)410mymy，#QQABDYaEoggoAJJAABhCQQUgCkAQkAEAAKoGwAAIMAAAiBFABCA=#第 10 页 共 11 页230,0m 且1221224,313myymy ym12 分因为120y y，所以23m，13 分因为21232N Cyykx，所以N C 方程为21123()322yyyyxx，令0y 得12121212131()332222y xmy yyxyyyy由韦达定理可得12124yymy y，所以1212113137422424yyyxyy所以直线N C 过定点7(,0)4，由图象的对称性可知，M D 过定点7(,0)4

18、，即直线N C 与直线M D 交点7(,0)4H，15 分那么221212122211131()42244(3)MN HmSHFyyyyy ym 16 分令21tm，则14t，则22221116(3)(4)8mtmttt因为函数168ytt 在1,4上单调递减所以当1t，即20m 时，MN H 面积取最小值，最小值为3134912，即MNH面积最小值为3134912.17 分解法二：#QQABDYaEoggoAJJAABhCQQUgCkAQkAEAAKoGwAAIMAAAiBFABCA=#第 11 页 共 11 页（1）同解法一.4 分（2）当曲线E在点P处切线斜率不存在时，切线方程为2x ,

19、此时AOB面积为2，5 分当曲线E在点P处切线斜率存在时，设在点P处切线方程为ykxm，联立22,2ykxmxy得222(1)220kxkmxm，则2222210,44(1)(2)0kk mkm ,化简得22222,1mkk 6 分由,ykxmyx得(,)11mmAkk，由,ykxmyx 得(,)11mmBkk.7 分则2222224(1)4 1()()11111mkmmmmkABkkkkmk，因为原点O到直线ykxm的距离21mdk，8 分所以2211 4 12221AOBmkSAB dmk，所以AOB面积为定值 2.9 分（3）同解法一.17 分#QQABDYaEoggoAJJAABhCQQUgCkAQkAEAAKoGwAAIMAAAiBFABCA=#