四川省2025屆高三第一次教學(xué)質(zhì)量聯(lián)合測(cè)評(píng)數(shù)學(xué)答案

四川省2025屆高三第一次教學(xué)質(zhì)量聯(lián)合測(cè)評(píng)數(shù)學(xué)參考答案及評(píng)分參考意見(jiàn)1.B【解析】因?yàn)锽={—1,2,5,8,…},所以A∩B={2,5,8}.2.C【解析】因?yàn)榱x2=4—b2—4bi是純虛數(shù),所以4—b2=0,即b=±2.4十父1十2十4十父十7十93.C【解析】由題意,2=6,解得父=5.5.4.B【解析】設(shè){an}的公比為q,所以=q3=8,q=2.又a1十a(chǎn)2十a(chǎn)3=a27,所以a2=2.5.D【解析】因?yàn)閒(a)=a(a2—2)十1=—1,所以a(a2—2)=—2,f(—a)=—a(a2—2)十1=—(—2)十1=3.6.A【解析】a,b為正實(shí)數(shù),所以當(dāng)ab>2時(shí),a十b≥2、/ab>2;當(dāng)a十b>2時(shí),取a=3,b=0.1,ab=0.3<1.故“ab>1”是“a十b>2”的充分而不必要條件.7.C【解析】記c=、,由題意|OP|2十|OQ|2=|F1F2|2,即|MF22十|MF12=|F1F2|2,所以MF2丄MF1.因?yàn)樗倪呅蜲PMQ的面積為,所以△MF1F2的面積為5,即|MF1||MF2|=10,又|MF1|十|MF2|=2a,所以4a2=(|MF1|十|MF2|)2=|MF1|2十|MF2|2十2|MF1||MF2|=4c2十20,b2=5,C的短軸長(zhǎng)為2b=2、.a—b十3c—b=1十2b得6a—6b=3b—3c.因?yàn)閍>b,所以b>c.所以—13c31=6b<1,即6a—b<3b—c,所以a—b<b—c,即2b—13ca—b十3c—b=1十2b,得6a十3c=3b十6b,即6a—6b=3b—3c,因?yàn)閍>b,所以3b—3c=6a—6b>0,b>c.作出函數(shù)y=6父和y=3父,取a>b>c,并比較當(dāng)6a—6b=3b—3c時(shí),a,b,c在父軸上的位置,知a—b≤b—c,所以2b≥a十c.9.BD【評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)】選對(duì)1個(gè)得3分,選對(duì)2個(gè)得6分,選錯(cuò)得0分?！窘馕觥恳?yàn)?p十3p十2p十p=1,所以p=0.1,A錯(cuò)誤.P(X<3)=P(X=1)十P(X=2)=7p=0.7,B正確.E(X)=1●4p十2●3p十3●2p十4●p=20p=2,C錯(cuò)誤.D(X)=4p(1—2)2十3p(2—2)2十2p(3—2)2十p(4—2)2=10p=1,D正確.10.BCD【評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)】選對(duì)1個(gè)得2分,選對(duì)2個(gè)得4分,選對(duì)3個(gè)得6分,選錯(cuò)得0分。【解析】設(shè)AC∩BD=H,在翻折后有C’H丄BD,AH丄BD,所以二面角C’BDA的平面角為當(dāng)φ=90。時(shí),C’H丄平面ABD,若A正確,由AB丄C’D,即有AB丄平面C’BD,此時(shí)AB丄BD,與上DAB=60。矛盾,A錯(cuò)誤.當(dāng)φ=90。時(shí),AC’=、AH=、,取AC’的中點(diǎn)M,由BA=BC’,1DA=DC’,知BM丄AC’,DM丄AC’,所以上BMD為二面角BAC’D的平面角,BM=MD=2十MD2>BD2,故上BMD為銳角,B正確.當(dāng)cOsφ=時(shí),AC’= 2φ=2,故四面體ABC’D各條棱長(zhǎng)均為2,C正確.當(dāng)cOsφ=時(shí),四面體ABC’D為棱長(zhǎng)為2的正四面體,其外接球半徑為R=、EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(6),2),其表面積為4πR2=6π,D正確.11.AC【評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)】選對(duì)1個(gè)得3分,選對(duì)2個(gè)得6分,選錯(cuò)得0分?！窘馕觥苛罡?1,y=0,得2f(1)=2f(1)f(0),因?yàn)閒(1)≠0,所以f(0)=1,A正確.取f(父)=cOs父,則f(1)=cOs1≠0,B錯(cuò)誤.令父=0,得f(y)十f(—y)=2f(0)f(y)=2f(y),所以f(—y)=—f(y),C正確.令y=2π,得f(父十2π)十f(父—2π)=2f(父)f(2π);又令父=y=π,得f(2π)十f(0)=2f2(π),從而f(2π)=—,故f(父十2π)十f(父—2π)=—f(父).若f(父十2π)=f(父),則f(父)是周期為2π的函數(shù),所以f(父—2π)=f(父),即f(父)十f(父)=—f(父),f(父)=0恒成立,與f(1)≠0矛盾,D錯(cuò)誤.—112.(0,1)或(0,1]【解析】f(父)的定義域是(0,十∞),令f(父)=父—父=父<0,解得0<父<1,所以f(父)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)或(0,1].,y2≥0時(shí),d(o-EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(→),N))=父2十y2=2,N的軌跡是以(2,0),(0,2)為端點(diǎn)的線段;當(dāng)父2,y2<0時(shí),由對(duì)稱(chēng)性知,N的軌跡是以(—2,0),(0,—2)為端點(diǎn)的線段;當(dāng)父2>0,y2<0時(shí);由對(duì)稱(chēng)性知,N的軌跡是以(2,0)(0,—2)為端點(diǎn)的線段;當(dāng)父2<0,y2>0時(shí),N的軌跡是以(—2,0)(0,2)為端點(diǎn)的線段.因此N的軌跡是以(2,0),(0,2),(—2,0),(0,—2)為頂點(diǎn)的四邊形,其圍成面積為要求最大值,令父1y1≤0,不妨設(shè)父1≤0,y1≥0,于是—d(o-EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(→),M))EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up6(→),M)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(2),1)315.解:(1)因?yàn)锳-EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(→),D)=(A-十A-→C),則有AD2=(c22bc)≥bc,解得bc≤,所以S△ABC=bcsinA=、EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(3),4)bc≤、EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(3),3).(當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)取等)EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(3),3) 2.2.解法二:記上ADB=α,上ADC=β,則有cOsα十cOsβ=0,解得十聯(lián)立方程組則有0,解得c=.13分因?yàn)閘與C有且僅有一個(gè)交點(diǎn),所以△=4p2—4p=0,解得p=1.…………5分(y2=2父因?yàn)閘與C交于不同的兩點(diǎn),所以△=4—8t>0,即t<.…………………8分(y1十y2=2!y1y2=2tEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up7(十),2),y1EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up7(十),2)y2 3317.(1)證明:在直三棱柱ABCA1B1C1中,ACⅡA1C1,………1分又A1C1G平面A1BC1,AC丈平面A1BC1,所以ACⅡ平面A1BC1.………3分因?yàn)锳CG平面ABC,l=平面ABC∩平面A1BC1,所以ACⅡl.…………5分 EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(3),4)(2)解法一:如圖,以A1B1的中點(diǎn)O為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)|OC1|=a(a>0),則A1(0,1,0),C1(a,0,0),B(0,—1,2).=(0,—2,2),A--11=(a,—1,0).………………設(shè)平面A1BC1的一個(gè)法向量為n1=(父,y,義),22十13.22十13.解得a=1,所以|AC|=|A1C1|=、/a2十1=、.15分解法二:如圖,取A1B1的中點(diǎn)O,因?yàn)锳1C1=B1C1,所以O(shè)C1丄A1B1.因?yàn)樵谥比庵鵄BCA1B1C1中,AA1丄平面A1B1C1,因?yàn)锳1B1∩AA1=A1,所以O(shè)C1丄平面ABB1A1.………9分過(guò)點(diǎn)O作A1B的垂線,垂足為H, EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(2),2) 23.EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up16(2),2) 23.(十a(chǎn)218.解:(1)零假設(shè)為H0:司機(jī)投保后一年內(nèi)是否索賠與司機(jī)的駕齡無(wú)關(guān).……1分根據(jù)表中數(shù)據(jù),計(jì)算得X2==<2<2.706.……3分根據(jù)小概率值α=0.1的獨(dú)立性檢驗(yàn),沒(méi)有充分證據(jù)推斷H0不成立,因此可以認(rèn)為H0成立,即44(2)(i)根據(jù)條件概率的定義,P(A1A2B)●P(A1B)P(A2|A1B)P(A1|B)P(B)=P(A1B)P(B)●P(B)=PP(A1A2B)●P(A1B)(i)由題意,P(B)=β,P(B)=1—β,P(Ai|B)=P,P(Ai|B)=q.…………8分由(i)中的結(jié)論及已知得P(A1A2B)=P(A2|A1B)P(A1|B)P(B)=P(A2|B)P(A1|B)P(B)=βP2,P(A1A2B)=P(A2|B)P(A1|B)P(B)=(1—β)q2,…………10分由概率的性質(zhì)知P(A1A2)=P(A1A2B)十P(A1A2B)=βP2十(1—β)q2.由全概率公式,P(A1)=P(A1|B)P(B)十P(A1|B)P(B)=βP十(1—β)q.………………12分EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(十),十)EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up5(1),1)EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up2(β),β)EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(q),q)因?yàn)镻(A1)>0,所以要證P(A2|A1)>P(A1),即證βP2十(1—β)q2>[βP十(1—β)q]2,即證(P—q)2β(β—1)<0.因?yàn)镻≠q,0<β<1,所以(P—q)2β(β—1)<0成立.……………14分式子P(A2|A1)>P(A1)說(shuō)明投保司機(jī)第一年索賠的概率小于他第一年索賠后第二年又索賠19.(1)解:“當(dāng)父∈(0,1]時(shí),f(父)=k(父—1)十2,:f(1)=2.…………………1分“f(父)是1—階梯函數(shù),:g(父)=f(父十1)—f(父)是常數(shù).由于f(0)=0,所以這個(gè)常數(shù)為g(0)=f(1)—f(0)=2,當(dāng)k≠0時(shí),“Y父1,父2∈R(父1<父2),都有f(父1)≤f(父2),:0<k≤2.31k:f(2)=f(2)十2=4—2的取值范圍是[3,4].………31k(2)(i)證明:由題意得f(父十2)—f(父)=1,或f(父十2)—f(父)=3.………6分當(dāng)f(父十2)—f(父)=1即f(父十2)=f(父)十1時(shí),“f(0)=0,:f(2)=1.根據(jù)條件有f(0)≤f(1)≤f(2),:0≤f(1)≤1.由于a=f(5)=f(3)十1=f(1)十2,:2≤a≤3.……………8分所以f(父)為2—階梯函數(shù)的必要條件是a∈[2,3]U[6,9].………………10分(i)解:猜想a的取值范圍是(7,8),下面證明這個(gè)結(jié)論.當(dāng)2≤a≤3時(shí),構(gòu)造函數(shù)不是2—階梯函數(shù).55(f(父十2)—3,父<4,(f(父十2)—3,父<4,當(dāng)6≤a≤7時(shí),構(gòu)造函數(shù)f(父)=〈,g(父)=〈,f(父)不是2—階梯函數(shù).(f(父—2)十1,父≥6a,(f(父—2)十1,父≥6當(dāng)2≤a≤3時(shí),構(gòu)造函數(shù)不是2—階梯函數(shù).