數(shù)學(xué)-山西省2024屆高三第二次學(xué)業(yè)質(zhì)量評價(jià)試題和答案

IF1Mtanα>03tanα+tanα23tanα·tanα=2，IF1Mtanα>03tanα+tanα23tanα·tanα=2，2024屆山西高三第二次學(xué)業(yè)質(zhì)量評價(jià)數(shù)學(xué)試題參考答案及多維細(xì)目表題號2345答案CBBAD題號789答案CDACDACBC1.【答案】C解析依題意全稱命題(0+2e28in＞2的否定為特稱命題e(0e＋2sinx≤2"2.【答案】B【解析】由題意可得AB＝{2，3}.3.【答案】B3＋ai3＋ai)2i)【解析】由3＋ai3＋ai)2i)2＋i2＋i)2i)63i+2aiai2(6十a(chǎn))十(2a3)i4＋15…為實(shí)數(shù)=0解得α=【解析】對于A根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得A正確；對于B若αβaca，bCβ，則ab，或a與b異面，故B錯誤；對于C，若aα，bcα，則αb，或a與b異面，故C錯誤；對于D若α⊥βaCαbCβ，則ab或a與b異面，或a與b相交，故D錯誤·【解析】設(shè)yi=4lCostl，y2=·在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)畫出y1=4Cost與y2=的大致圖象，當(dāng)t=5π時,y1=4＞=y2；當(dāng)t=6π時y1=4＜=y2根據(jù)圖象可得兩個函數(shù)共有11個交點(diǎn).【解析】由題知和為2的倍數(shù)的有(1，3)，(1,5)，(1,7),(3，5)，(3，7)，(5,7)，(2,4)，(2,6)，(2,8)，(4·6)(48)·(68)共12種可能P==·7.【答案】C【解析】Cos(αβ)＝2cos(α十)Cosαcosβ+sinαsinβ＝2cosαCosβ2sinαsinβ，3sinαsinβ＝CosαCosβ，又CosαCosβ≠0，33tanαtanαtanβ=，即tanβ33tanαtanα＋tanα＋tanβ3tanα1tanαtanβ11tanαtanβ132(tanα 3tanα+2(tanα當(dāng)且僅當(dāng)3tanα=tanα即tanα=3等號成立tan(α+β)的最小值為·8.【答案】D【解析】PF2·PF1＝0，PF2PF1，F(xiàn)1OPF1即F1OF1F2＝FPF1，3又F1P＝F1M，22PF1F1O·F1F2=·PF1，3即PF12=3C2，PF1=C又PF1PF2＝2aPF2＝C2a，又PF2PF1PF12＋PF22＝F1F22，即3C2+(3C2a)2=4C2，(C2a)2=C2cc＝2ac2數(shù)學(xué)試題參考答案第1頁共7頁9.【答案】ACD【解析】數(shù)據(jù)從小到大排列為1,1，1，1，2，2，44·對于A該組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為1，故A正確；對于B,極差為41＝3，故B錯誤；正確；對于D，8×40%＝3·2，這組數(shù)據(jù)的40%分位數(shù)為第4個數(shù)1,故D正確.10.【答案】AC解析由f(=C2×π=0，故A正確；3π「3π5π18=COS28+4」=C082+3π「3π5π1]L88」4L2」當(dāng)|L88」4L2」弦函數(shù)單調(diào)性知f()在區(qū)間·」1上單調(diào)遞減，故C正確；42對于D由f()·得C2+5π解42(0，m)上與y＝1有且只有6個交點(diǎn)，其橫坐標(biāo)5π3π9π5π從小到大依次為而第7424242錯誤.【解析】對于A,取正方形A1B1C1D1的中心O1，正方形ABCD的中心O，連接A101，AO，001，則010⊥平面ABCD,過點(diǎn)A1作A1M⊥AO于點(diǎn)M，則A1M⊥平面ABCD,A101=OM，A1M=00，AB＝2A1B1＝4，AA=，AB＝4，A1B1＝2，故A101=OM＝AO=2，AM=AOOM=，AA1=，由勾股定理得A1M= A1A2AM2==2，故A錯誤；對于B,過點(diǎn)A1作A1WAB于點(diǎn)W,則AW=2(ABAB1)=故A,W=AA2A=，正四棱臺ABCD-A1B1C1D1的側(cè)面面積是(2＋4)×4×=12，故B正確；2對于C正四棱臺ABCD-A1B1C1D1的外接球球心Q在直線。01上，連接AQ，A1Q，則AQ=A1Q＝R，如圖所示.設(shè)。Q=h，則Qo1=001+0Q＝2＋h，由勾股定理得AQ2=AO2＋OQ2＝24＋h2，A1Q2=A1021＋O1Q2＝6＋(2＋h)2，正確；對于D,由勾股定理得PM=AP2A2=＝2，故點(diǎn)P的軌跡為以M為圓心以2為半徑的圓在正方形內(nèi)部部分，如圖，其中MT＝MK=，故DT＝BK＝3又SM＝ML=2由勾股定理得ST＝KL＝2=3，由于2SMT4LMKπ5π ，故LSML=，故動點(diǎn)P的軌跡長度是36×2·故D錯誤18解析】(+的展開式的通項(xiàng)公式為18T=8()81=8數(shù)學(xué)試題參考答案第2頁共7頁………1分………1分84r18令=0，解得r＝284r183式中常數(shù)項(xiàng)為C82＝28.13.【答案】z＝3或158y13=0(答案不唯一，寫出一個即可得分)【解析】依題意，將圓C化為標(biāo)準(zhǔn)方程可得(x2)2y2＝1，則圓C表示以C(2,0)為圓心，半徑r＝1的圓，當(dāng)切線的斜率不存在時，過(3，4)的直線x＝3正好與圓C相切；當(dāng)切線的斜率存在時，設(shè)切線方程為y4=2k43k15k(3)，則d==1，解得k=，此時切線方程為158y13＝0.14.【答案】±2【解析】由題意得拋物線方程為y2=8，故設(shè)直線l的方程為x=my2，不妨設(shè)m＞0，聯(lián)立y2=8可得y28my+16=0，且△＞0，設(shè)A(1y1)B(2y2)，則y1＞0，y2＞0，則y1＋y2=8m,y1y2=16，則AB=y1y2BC=·ly2=y2CFBC由正弦定理得=sinCBFSinCFBAFABsinABFsinLAFB'BF為△AFC的角平分線，即LAFB＝LCFB,又LCBF＋LABF=π，CFBCAFABy1＞y2，=AFAB4·|y2|y2即==，AF·ly1y2y1y2又由焦半徑公式可知AF=1＋2=my12＋2＝my1，則=即my2=4y04y2=4y1+y2)24y1y2，即16442·解得2故直線的斜率為m=2同理，根據(jù)對稱性可知，當(dāng)m＜0時，直線l的斜率為2綜上所述，直線的斜率為±215.解：(1)完善列聯(lián)表如下：性別喜歡情況合計(jì)喜歡不喜歡男同學(xué)40女同學(xué)2080合計(jì)140200零假設(shè)為H0:該校同學(xué)對山西大同刀削面的喜歡情況與性別無關(guān)．………2分200×(20×6040×80)2則2=≈9·5＞6.635=60×140×100×100.wm，………4分根據(jù)小概率值α＝0.01的獨(dú)立性檢驗(yàn)，推斷H0不成立，即認(rèn)為該校同學(xué)對山西大同刀削面的喜歡情況與性別有關(guān)，此推斷犯錯誤的概率不大于0.01·………………6分(2)按分層隨機(jī)抽樣的方法從喜歡吃山西大同刀削面和不喜歡吃山西大同刀削面中隨機(jī)抽取10人，則抽取的人中喜歡吃山西大同刀削面的人數(shù)為3,不喜歡吃山西大同刀削面的人數(shù)為7，故X的所有可能取值為0,1，23，……7分P(X=0)=C33C7=1C30120C32C717P(X＝1)＝=，C31040C3C7221P(X＝2)＝=，C31040X23P1207402140724則E(X)=0×+×+2×+3×=數(shù)學(xué)試題參考答案第3頁共7頁16.證明：(1)由題意可得△ABC烏△ADCπACB=LACD＝COLBD，即AC⊥BD………………2分又點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)的投影為點(diǎn)0，即PO⊥平面ABCD，又ACc平面ABCD，PO⊥AC，又BDPO＝0，BD,POC平面PBDAC⊥平面PBD.………6分(2)由(1)可得。B，oC，OP兩兩垂直，建立以。為原點(diǎn)如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)CD=3則B(00，D0c)P0·0A02·0)·PB···PA=(·2)PD=0·8分設(shè)平面PAD的法向量為m=(y，)=則有→33m·PD=8=0令=1，則m=(，3，1)………11分直線PB與平面PAD所成角的正弦值為 lmPBCos〈m,PB〉=lml·PB221315分n2＋3n＋2317.解(1)由題意可得a+1=0+1312＋3n＋22十2(1n2)333故an+an＝+1=+1≤0333即an+1≤a故數(shù)列{αn}中α1=a2且從第二項(xiàng)起單調(diào)遞減.…………5分(2)證法一：由題意可得12＋122＋22＋n3323"Sn＝＋＋3323"112＋122＋22＋n3"32333 S=3"3233333323)333323)3令H=3+++3·則H=+++3·則有H3H=3+32++33，……………11分23(30113"13+22×33即有H=13"13+22×333312＋n故S=3×312＋n=91n24n44×322×3"'即4S9＜0……………15分a2＋bn＋c3證法二：不妨設(shè)bn＝1，且an＝b3b+1，N，………………8分3a2＋3bn＋3ca(n＋1)2b(n＋1)C3則bnb+1=32an2＋(2b2a)n＋2cab3"2a=1，2b2a=1，2b2a=1，解得2cab＝0，2b＝l，=34·"""3"111分?jǐn)?shù)學(xué)試題參考答案第4頁共7頁＋2=1y，聯(lián)立4AB∈(]…7分3＋2=1y，聯(lián)立4AB∈(]…7分3那么Sn＝α1+a2十…＋an＝(b1b2)＋(b2b3)十…十(bnb+1)＝b1bn+11(n十1)2+(＋1)+3=9249434·………14分4S9＜0……………15分18.解(1)設(shè)A(y1)，B(2y2)，易知F(1，0)，C2y＝k(1)，消去y得2k2＋1)24k2＋2(k211)=0.A=8k2+1)0+2=2(k21-1)22k21＋11=，………………2(k21-1)22k21＋1ABl=k12=k又2k21＋1∈[13)U3∞)43(2)解法設(shè)直線AB的傾斜角為ae0U()·則1=tunα·8分2in2α+12tan2α+1)(C22in2α+1由(1)知AB|=2tan2α+1=2sin2α=COSα"""10分"直線DE的傾斜角為a+4同理可知DE｜==3C2+4)·"""12分S四邊形AEBD=AFIIDFIin+AFS四邊形AEBD=4·="4分)[1)U(1則sin2αC2α=當(dāng)t=1時取最大值17分解法二：依題意，k1≠1，直線ED的傾斜角比直線AB的傾斜角大直線ED的斜率存在.不妨設(shè)直線ED的方程y=k2(1)由(1)同理得EDl＝klx34=2·"""""9分AFIDFin+2AFEF·in+BFIIDFin+BFEFSin=ABDEin42k21十1)2k22十1)＝2(k1k2)2+k2+k22)＝24k1k2)2十2(k21十k22)1k1k21)2k1k21)2十(k1十2)22k1人21)22(1十k2)2又kk2=+2=22012＋(2k20222＋302＋2＋2k22""14分(2＋1)264＋43＋92＋2＋364＋43＋92＋2＋3數(shù)學(xué)試題參考答案第5頁共7頁2(2(2)(22)(22)4439223)2分解方程22得±f()在區(qū)間)上單調(diào)遞減在區(qū)間()上單調(diào)遞增當(dāng)時f()f()時f()f()f()4S四邊形AEBD4f()7分9解()由題意知f()且f()分f()Caf()2a解得a22分f()inln()2f()C2當(dāng)時C故f()f()在區(qū)間)上單調(diào)遞減f()f()3分當(dāng)時令g()C2則()in()2in()()2＞g()f()在區(qū)間()上單調(diào)遞減則f()＞f()f()在區(qū)間()上單調(diào)遞增則f()f()4分綜上所述a2f()的最大值為5分(2)證明f()inln()2要證f()2即證inn()＞記()inln()25π當(dāng)