如皋市2023-2024學年高三教學質量調研（一）數學試卷參考答案及評分標準

高三數學試題參考答案第頁2023－2024學年度高三年級第一學期教學質量調研（一）數學試題參考答案及評分標準一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）題號12345678答案CDBABBDC二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每個小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）題號9101112答案BCABACDABD三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中的橫線上）13．514．15．116．四、解答題（本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17．（本小題滿分10分）【解】（1）連接AC交BD于O，連接ON，MN，A1C1．在正方體AC1中，AA1∥CC1，AA1＝CC1，四邊形是平行四邊形，所以AC∥A1C1，AC＝A1C1．正方形ABCD中，ACBD＝O，故O是AC的中點，ABCDA1B1C1D1MN（第17題圖）O所以OCABCDA1B1C1D1MN（第17題圖）O在△D1A1C1中，M，N分別是C1D1，A1D1的中點，所以MN∥A1C1，且MN＝eq\f(1,2)A1C1，所以MN∥OC，且MN＝OC，故四邊形MNOC是平行四邊形，故CM∥ON，又ON平面BND，CM平面BND，所以CM∥平面BND．……5分（2）法一：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz．不妨設正方體AC1的棱長為2，故，，，，．在正方體AC1中，AA1⊥平面ABCD，故是平面ABD的一個法向量．設是平面BDN的法向量，，，故即取，則ABCDA1ABCDA1B1C1D1MN（第17題圖）Oxyz故，設二面角A－BD－N的大小為，據圖可知，，所以二面角A－BD－N的余弦值為．……10分法二：取AD的中點E，OD的中點H，連接NE，EH，NH．在正方體AC1中，A1D1∥AD，A1D1＝AD，又N，E分別是A1D1，AD的中點，故ND1∥ED，ND1＝ED，四邊形NEDD1是平行四邊形，所以NE∥DD1，又DD1⊥AD，DD1⊥CD，故NE⊥AD，NE⊥CD，因為ADCD＝D，AD，CD平面ABCD，所以NE⊥平面ABCD，又BD平面ABCD，故NE⊥BD．在正方形ABCD中，AO⊥BD，ABCDA1B1C1D1MABCDA1B1C1D1MN（第17題圖）OEH故EH∥AO，所以EH⊥BD，又NEEH＝E，NE，EH平面NEH，所以BD⊥平面NEH，因為NH平面，所以BD⊥NH．所以∠NHE是二面角A－BD－N的平面角．不妨設正方體AC1的棱長為2，在Rt△NEH中，NE＝AA1＝2，EH＝eq\f(1,2)AO＝eq\f(1,4)AC＝eq\f(\r(,2),2)，故NH＝＝，所以cos∠NHE＝＝＝eq\f(1,3)，所以二面角A－BD－N的余弦值為eq\f(1,3)．……10分18．（本小題滿分12分）【解】（1）設圓M的半徑為r，圓的圓心，半徑為1，因為圓M與圓F內切，且與直線相切，所以圓心M到直線的距離為r，且，故圓心M到點F的距離與到直線的距離相等，據拋物線的定義，曲線E是以為焦點，直線為準線的拋物線，所以曲線E的方程為．……5分（2）設直線AB的方程為，，，．聯立方程組整理得，故所以．因為，直線的方程為，同理可得．所以，當且僅當，即時，取等號．所以四邊形ABCD面積S的最小值為32．……12分19．（本小題滿分12分）【解】（1）在△ABC中，，據余弦定理可得，又，故，即，又，故，得．……5分（2）在△ABC中，據余弦定理可得，又，故，即，又，故．據正弦定理，可得，所以，即，所以，，因為A，B，，所以，或，即或(舍)．所以．因為△ABC是銳角三角形，所以得，所以，故，，所以的取值范圍是．……12分20．（本小題滿分12分）【證明】（1）依題意，，所以，當時，，整理得，，所以，當時，為定值，所以數列是等差數列．……5分（2）因為，令，得，，故，結合（1）可知，是首項為2，公差為1的等差數列，所以，得．所以，當時，，顯然符合上式，所以．所以，故．因為，，所以．……12分21．（本小題滿分12分）【解】（1）設直線l的方程為，，．聯立方程組整理得，則即所以．……6分（2）由（1）可知，，故直線關于直線對稱，設直線與橢圓C的另一個交點為，則A與關于x軸對稱，設，則．所以直線的方程為，直線的方程為，故點滿足方程組解得因為點在橢圓C上，所以，即，整理得，所以點M在雙曲線上運動，且F1，F2恰好為該雙曲線的焦點，依題意，點A在T，B之間，所以，得，點M在雙曲線的右支上運動，所以．……12分22．（本小題滿分12分）【解】（1）依題意，，，即，．令，，故，當時，，在上單調遞增；當時，，在上單調遞減，所以當時，．所以，得，所以實數a的最小值為2．……4分（2）依題意，，，故，．①若，，在上單調遞增．因為，，且在上的圖象不間斷，據零點存在性定理，存在，使得，且當時，，在上單調遞減；當時，，在上單調遞增，所以函數在上不存在極大值，故不符題意．……6分②若，令，得．當時，，在上單調遞增；當時，，在上單調遞減．因為函數存在極大值，故，即，解得，……8分此時，，；，（證明：令，．所以，在上單調遞增，故，即．），又在上的圖象不間斷，據零點存在性定理，