【文档说明】福建省漳州市2024届高三上学期第一次教学质量检测+数学+PDF版含答案.pdf，共(15)页，459.296 KB，由管理员店铺上传

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准考证号姓名(在此卷上答题无效)福建省漳州市２０２４届高三毕业班第一次教学质量检测数学试题本试卷共６页ꎬ２２小题ꎬ满分１５０分ꎬ考试时间１２０分钟ꎮ考生注意:１􀆰答题前ꎬ考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名

ꎮ考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致ꎮ２􀆰回答选择题时ꎬ选出每小题答案后ꎬ用２Ｂ铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑ꎮ如需改动ꎬ用橡皮擦干净后ꎬ再选涂其它答案标号ꎮ回答非选择题时ꎬ用０􀆰５ｍｍ黑色签字笔将答案

写在答题卡上ꎮ写在本试卷上无效ꎮ３􀆰考试结束ꎬ考生必须将试题卷和答题卡一并交回ꎮ一、单项选择题(本大题共８小题ꎬ每小题５分ꎬ共４０分ꎬ在每小题给出的四个选项中ꎬ只有一项是符合题目要求的)１.设全集Ｕ＝Ｒꎬ若集合Ａ＝ｘ｜１≤２ｘ≤４{}ꎬＢ＝ｘ｜ｙ＝ｘ－１{}ꎬ则

如图所示的阴影部分表示的集合为Ａ.－∞􀆯０()Ｂ.１􀆯２[]Ｃ.２􀆯＋∞()Ｄ.－∞􀆯０()∪２􀆯＋∞()２.已知复数ｚ满足ｚ＋ｚ－１()ｉ＝３(ｉ为虚数单位)ꎬ则｜ｚ｜＝Ａ.１Ｂ.３Ｃ.２Ｄ.５３

.已知函数ｆｘ()＝２ｘ＋ｘ􀆯ｇｘ()＝ｌｏｇ２ｘ＋ｘ􀆯ｈｘ()＝ｘ３＋ｘ的零点分别是ａ􀆯ｂ􀆯ｃꎬ则ａ􀆯ｂ􀆯ｃ的大小关系是Ａ.ａ>ｂ>ｃＢ.ｂ>ｃ>ａＣ.ｃ>ａ>ｂＤ.ｂ>ａ>ｃ４.已知向量ａ→＝－１􀆯１()􀆯ｂ→＝２􀆯ｘ()ꎬ若ａ→⊥ｂ→ꎬ则ａ→－ｂ→＝Ａ.２Ｂ

.２２Ｃ.１０Ｄ.２３５.已知双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１ａ>０􀆯ｂ>０()的一条渐近线被圆ｘ－２()２＋ｙ２＝４所截得的弦长为２ꎬ则双曲线的离心率为Ａ.３Ｂ.２Ｃ.５Ｄ.１０数学第一次教学质量检测第１页(共６页){#{QQABYYSUog

ggQgAAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}６.已知ｓｉｎα－π４æèçöø÷＝１３ꎬ则ｓｉｎ２α＝Ａ.－７９Ｂ.－４２９Ｃ.４２９Ｄ.７９AFDECB７.如图ꎬ在五面体ＡＢＣＤＥＦ中ꎬ底面ＡＢＣＤ是矩形ꎬＥＦ<ＡＢ

ꎬＥＦ∥ＡＢꎬ若ＡＢ＝２５ꎬＡＤ＝１０ꎬ且底面ＡＢＣＤ与其余各面所成角的正切值均为３５ꎬ则该五面体的体积是Ａ.２２５Ｂ.２５０Ｃ.３２５Ｄ.３７５８.已知直线ｙ＝ｋｘ＋ｂ是曲线ｙ＝ｘ２－ａ＋１()的切线ꎬ也是曲线ｙ＝ａｌｎｘ－１的切线ꎬ则ｋ的最大值是Ａ.２ｅＢ.４ｅＣ.２ｅＤ.４ｅ二、多项选

择题(本大题共４小题ꎬ每小题５分ꎬ共２０分.在每小题给出的四个选项中ꎬ有多项符合题目要求.全部选对的得５分ꎬ选对但不全的得２分ꎬ有选错的得０分)９.将１００个数据整理并绘制成频率分布直方图(如图所示)ꎬ则下列结论正确的是0.1

750.1250.025100102104106108110����/��aＡ.ａ＝０􀆰１００Ｂ.该组数据的平均数的估计值大于众数的估计值Ｃ.该组数据的第９０百分位数约为１０９􀆰２Ｄ.在该组数据中

随机选取一个数据记为ｎꎬ已知ｎ∈１００􀆯１０４[)ꎬ则ｎ∈１００􀆯１０２[)的概率为１２数学第一次教学质量检测第２页(共６页){#{QQABYYSUogggQgAAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}１０.函数ｆｘ()＝Ａｓｉｎ

ωｘ＋φ()Ａ>０􀆯ω>０􀆯φ<π２æèçöø÷的部分图象如图所示ꎬ则下列结123Oxy2-2论正确的是Ａ.ω＝２Ｂ.ｙ＝ｆｘ()的图象关于直线ｘ＝－５π１２对称Ｃ.将ｙ＝ｆｘ()的图象向右平移π３个单位长度后ꎬ得到的图

象关于原点对称Ｄ.若ｙ＝ｆλｘ()λ>０()在０􀆯π[]上有且仅有一个零点ꎬ则λ∈１３􀆯５６éëêêöø÷１１.已知正项等比数列ａｎ{}的前ｎ项积为Ｔｎꎬ且ａ１>１ꎬ则下列结论正确的是Ａ.若Ｔ６＝Ｔ８ꎬ则Ｔ１４＝１Ｂ.若Ｔ６＝Ｔ８ꎬ则Ｔｎ≤Ｔ７Ｃ.若

Ｔ６<Ｔ７ꎬ则Ｔ７<Ｔ８Ｄ.若Ｔ６>Ｔ７ꎬ则Ｔ７>Ｔ８１２.已知定义在Ｒ上的函数ｆｘ()ꎬ其导函数ｆ′ｘ()的定义域也为Ｒ.若ｆｘ＋２()＝－ｆｘ()ꎬ且ｆｘ－１()为奇函数ꎬ则Ａ.ｆ１()＝０Ｂ.ｆ２０２４()＝０

Ｃ.ｆ′ｘ()＝－ｆ′－ｘ()Ｄ.ｆ′ｘ()＝ｆ′２０２２－ｘ()三、填空题(本大题共４小题ꎬ每小题５分ꎬ共２０分)１３.１ｘ＋ｘ２æèçöø÷６的展开式中的常数项是.１４.有一批同一型号的产品ꎬ其中甲工厂生产

的占４０％ꎬ乙工厂生产的占６０％.已知甲、乙两工厂生产的该型号产品的次品率分别为３％ꎬ２％ꎬ则从这批产品中任取一件是次品的概率是.１５.已知抛物线ｙ２＝２ｘ的焦点为Ｆꎬ过点Ｆ的直线与抛物线交于ＡꎬＢ两点ꎬ则４ＡＦ＋ＢＦ的最小值是.１６.一个封闭的圆台容器(容器壁厚度忽略不计

)的上底面半径为１ꎬ下底面半径为６ꎬ母线与底面所成的角为６０°.在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体ꎬ则正方体的棱长的最大值是.数学第一次教学质量检测第３页(共６页){#{QQABYYSUogggQgAAARhCEQ

GACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}四、解答题(本大题共６小题ꎬ共７０分ꎬ解答应写出文字说明ꎬ证明过程或演算步骤)１７.(本小题满分１０分)如图ꎬ正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为２ꎬＥ

为棱ＤＤ１的中点.(１)证明:ＢＤ１∥平面ＡＣＥꎻ(２)若Ｆ是棱ＢＢ１上一点ꎬ且二面角Ｆ－ＡＣ－Ｅ的余弦值为－３３ꎬ求ＢＦ.１８.(本小题满分１２分)已知△ＡＢＣ的内角ＡꎬＢꎬＣ的对边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ且ａｓｉｎＢ＝ｂｓｉｎＢ＋Ｃ２.(１)求Ａꎻ(２

)若Ｄ为边ＢＣ上一点ꎬ且ＢＤ＝１３ＢＣꎬＡＤ＝２３３ｃꎬ证明:△ＡＢＣ为直角三角形.１９.(本小题满分１２分)已知数列ａｎ{}ꎬｂｎ{}满足ａ１＝ｂ１＝１ꎬｂｎ＋１＝ａｎａｎ＋２ｂｎꎬ记Ｔｎ为ｂｎ{}的前ｎ项和.(１)若ａｎ{}为等比数列ꎬ其公比ｑ＝２ꎬ求Ｔｎ

ꎻ(２)若ａｎ{}为等差数列ꎬ其公差ｄ＝２ꎬ证明:Ｔｎ<３２.数学第一次教学质量检测第４页(共６页){#{QQABYYSUogggQgAAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}２０.(本小题满分１２分)甲、乙两选

手进行一场体育竞技比赛ꎬ采用２ｎ－１ｎ∈Ｎ∗()局ｎ胜制(当一选手先赢下ｎ局比赛时ꎬ该选手获胜ꎬ比赛结束).已知每局比赛甲获胜的概率为ｐꎬ乙获胜的概率为１－ｐ.(１)若ｎ＝２ꎬｐ＝１２ꎬ比赛结束时的局数为Ｘꎬ求Ｘ的分布列与数学期望ꎻ(２)若ｎ＝３比ｎ＝２对甲更有利ꎬ求ｐ的取值范围.

２１.(本小题满分１２分)已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()的左焦点为Ｆ１－３􀆯０()ꎬ且过点Ａ３􀆯１２æèçöø÷.(１)求Ｃ的方程ꎻ(２)不过原点Ｏ的直线ｌ与Ｃ交于ＰꎬＱ两点ꎬ且直线ＯＰꎬＰＱꎬＯＱ的斜率成

等比数列.(ⅰ)求ｌ的斜率ꎻ(ⅱ)求△ＯＰＱ的面积的取值范围.数学第一次教学质量检测第５页(共６页){#{QQABYYSUogggQgAAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}２２.(本小题满分１２分)已知函数ｆｘ()＝ａｅｘ＋ｘ＋１.(１)讨论ｆｘ()的单

调性ꎻ(２)当ｘ>１时ꎬｆｘ()>ｌｎｘ－１ａ＋ｘꎬ求实数ａ的取值范围.数学第一次教学质量检测第６页(共６页){#{QQABYYSUogggQgAAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}福建省漳州市２０２４届高三毕业班第一次教学

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ꎬ如果考生的解法与本解答不同ꎬ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ꎮ２.对计算题ꎬ当考生的解答在某一步出现错误时ꎬ如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度ꎬ可视影响的程度决

定后继部分的给分ꎬ但不得超过该部分正确解答应给分数的一半ꎻ如果后继部分的解答有较严重的错误ꎬ就不再给分ꎮ３.解答右端所注分数ꎬ表示考生正确做到这一步应得的累加分数ꎮ４.只给整数分数ꎮ选择题和填空题不给中间分ꎮ一、单项选择题:本大题共８小题ꎬ每小题

５分ꎬ共４０分ꎬ在每小题给出的四个选项中ꎬ只有一项是符合题目要求的ꎮ１２３４５６７８ＡＤＢＣＢＤＣＢ二、多项选择题:本大题共４小题ꎬ每小题５分ꎬ共２０分ꎬ在每小题给出的四个选项中ꎬ有多个选项符合题目要求ꎬ全部选对的得５分ꎬ选对但不全

的得２分ꎬ有选错的得０分ꎮ９１０１１１２ＢＣＡＢＤＡＢＤＡＣＤ三、填空题:本题共４小题ꎬ每小题５分ꎬ共２０分ꎮ１３.１５１４.０􀆰０２４１５.９２１６.４四、解答题:本大题共６小题ꎬ共７０分ꎬ解答应写出文字说明ꎬ证明过程或演算步骤ꎮ１７.(１０分

)【解析】解法一:(１)证明:连接ＢＤ交ＡＣ于点Ｇꎬ连接ＥＧꎬ１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺则Ｇ为ＤＢ中点ꎬ又Ｅ为ＤＤ１中点ꎬ所以ＧＥ∥ＢＤ１ꎬ２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺又ＢＤ１⊄平面ＡＣＥ􀆯ＧＥ⊂平面ＡＣＥꎬ所以ＢＤ１∥平面ＡＣＥ.４分􀆺􀆺􀆺(

２)如图ꎬ以Ａ为原点ꎬ分别以ＡＢ→􀆯ＡＤ→􀆯ＡＡ１→的方向为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴的正方向建立空间直角坐标系ꎬ则Ａ０􀆯０􀆯０()ꎬＢ２􀆯０􀆯０()ꎬＣ２􀆯２􀆯０()ꎬＥ０􀆯２􀆯１()ꎬＢ１２􀆯０􀆯２()ꎬ５

分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺数学第一次教学质量检测参考答案第１页(共８页){#{QQABYYSUogggQgAAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}所以ＡＣ→＝２􀆯２􀆯０()ꎬＡＥ→

＝０􀆯２􀆯１().设平面ＡＣＥ的法向量为ｎ→＝ｘ􀆯ｙ􀆯ｚ()ꎬ则ｎ→􀅰ＡＣ→＝２ｘ＋２ｙ＝０ｎ→􀅰ＡＥ→＝２ｙ＋ｚ＝０{ꎬ令ｘ＝１ꎬ则ｙ＝－１􀆯ｚ＝２ꎬ所以取ｎ→＝１􀆯－１􀆯２().６分􀆺􀆺􀆺􀆺设Ｆ２􀆯０􀆯ｋ(

)０≤ｋ≤２()ꎬ则ＡＦ→＝２􀆯０􀆯ｋ().设平面ＡＣＦ的法向量为ｍ→＝ａ􀆯ｂ􀆯ｃ()ꎬ则ｍ→􀅰ＡＣ→＝２ａ＋２ｂ＝０ｍ→􀅰ＡＦ→＝２ａ＋ｃｋ＝０{ꎬ令ａ＝ｋꎬ则ｂ＝－ｋꎬｃ＝－２ꎬ所以取ｍ→＝ｋ�

�－ｋ􀆯－２().７分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺因为二面角Ｆ－ＡＣ－Ｅ的余弦值为－３３ꎬ所以ｃｏｓ‹ｍ→ꎬｎ→›＝ｍ→􀅰ｎ→ｍ→ｎ→＝２ｋ－４６２ｋ２＋４＝３３ꎬ９分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺解得ｋ＝１２ꎬ即ＢＦ＝１

２.∙１０分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺解法二:(１)如图ꎬ以Ａ为原点ꎬ分别以ＡＢ→ꎬＡＤ→ꎬＡＡ１→的方向为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴的正方向建立空间直角坐标系ꎬ则Ａ０􀆯０􀆯

０()ꎬＢ２􀆯０􀆯０()ꎬＣ２􀆯２􀆯０()ꎬＥ０􀆯２􀆯１()ꎬＢ１２􀆯０􀆯２()ꎬＤ１０􀆯２􀆯２()ꎬ１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以ＡＣ→＝２􀆯２􀆯０()ꎬＡＥ→＝０􀆯２􀆯１().设平面ＡＣＥ的法向量为ｎ→＝ｘ􀆯ｙ􀆯ｚ()ꎬ则ｎ→􀅰ＡＣ→＝２ｘ＋２ｙ＝０ｎ→􀅰ＡＥ→＝２ｙ＋ｚ＝０{ꎬ令ｘ＝１ꎬ则ｙ＝－１ꎬｚ＝２ꎬ所以取ｎ→＝１􀆯－１

􀆯２().３分􀆺􀆺􀆺􀆺又ＢＤ１→＝－２􀆯２􀆯２()ꎬ所以ＢＤ１→􀅰ｎ→＝－２()×１＋２×－１()＋２×２＝０ꎬ所以ＢＤ１→⊥ｎ→.５分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

又ＢＤ１⊄平面ＡＣＥꎬ所以ＢＤ１∥平面ＡＣＥ.６分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺数学第一次教学质量检测参考答案第２页(共８页){#{QQABYYSUogggQgAAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}(

２)设Ｆ２􀆯０􀆯ｋ()０≤ｋ≤２()ꎬ则ＡＦ→＝２􀆯０􀆯ｋ().设平面ＡＣＦ的法向量为ｍ→＝ａ􀆯ｂ􀆯ｃ()ꎬ则ｍ→􀅰ＡＣ→＝２ａ＋２ｂ＝０ｍ→􀅰ＡＦ→＝２ａ＋ｃｋ＝０ìîíïïïïꎬ令ａ＝ｋꎬ则ｂ＝－ｋꎬｃ＝－２ꎬ所以取ｍ→＝ｋ􀆯－ｋ􀆯

－２().７分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺又平面ＡＣＥ的法向量为ｎ→＝１􀆯－１􀆯２()ꎬ且二面角Ｆ－ＡＣ－Ｅ的余弦值为－３３ꎬ所以ｃｏｓ‹ｍ→ꎬｎ→›＝ｍ→􀅰ｎ

→ｍ→ｎ→＝２ｋ－４６２ｋ２＋４＝３３ꎬ９分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺解得ｋ＝１２ꎬ即ＢＦ＝１２.１０分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺１８.(１２分)【解析】解法一:(

１)因为ａｓｉｎＢ＝ｂｓｉｎＢ＋Ｃ２ꎬ所以ｓｉｎＡｓｉｎＢ＝ｓｉｎＢｓｉｎπ２－Ａ２æèçöø÷＝ｓｉｎＢｃｏｓＡ２ꎬ２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺因为ｓｉｎＢ>０ꎬ所以ｓｉｎＡ＝ｃｏｓＡ２ꎬ即２ｓｉｎＡ２ｃｏｓＡ

２＝ｃｏｓＡ２.３分􀆺􀆺􀆺又ｃｏｓＡ２≠０ꎬ所以ｓｉｎＡ２＝１２.４分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺又０<Ａ２<π２ꎬ所以Ａ２＝π６ꎬ所以Ａ＝π３.５分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(２)因为ＡＤ

→＝ＡＢ→＋ＢＤ→＝ＡＢ→＋１３ＢＣ→＝ＡＢ→＋１３ＡＣ→－ＡＢ→()＝２３ＡＢ→＋１３ＡＣ→ꎬ所以ＡＤ→２＝２３ＡＢ→＋１３ＡＣ→æèçöø÷２＝４９ＡＢ→２＋１９ＡＣ→２＋４９ＡＢ→􀅰ＡＣ→＝４９ｃ２＋１９ｂ２＋２

９ｂｃ＝４３ｃ２.即ｂ２＋２ｂｃ－８ｃ２＝０ꎬ所以ｂ＋４ｃ()ｂ－２ｃ()＝０ꎬ所以ｂ＝２ｃ.９分􀆺􀆺因此ａ２＝ｂ２＋ｃ２－２ｂｃｃｏｓ∠ＢＡＣ＝ｂ２＋ｃ２－ｂｃ＝３ｃ２ꎬ１０分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺又ｂ＝２ｃꎬ所以ｂ２＝ａ２＋ｃ２ꎬ１１分􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以Ｂ＝９０°ꎬ所以△ＡＢＣ为直角三角形.１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺数学第一次教学质量检测参考答案第３页(共８页){#{QQABYYSUogggQg

AAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}解法二:(１)同解法一ꎻ５分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺(２)因为∠ＡＤＢ＝π－∠ＡＤＣꎬ所以ｃｏｓ∠ＡＤＢ＋ｃｏｓ∠ＡＤＣ＝０ꎬ所以ＡＤ２＋ＢＤ２－ＡＢ２２ＡＤ􀅰ＢＤ＋ＡＤ２＋ＣＤ２－ＡＣ２２ＡＤ􀅰ＣＤ＝０ꎬ又ＢＤ＝１３ＢＣ＝１３ａꎬＡＤ＝２３３ｃꎬ所以４３ｃ２＋１９ａ２－ｃ２４３９

ａｃ＋４３ｃ２＋４９ａ２－ｂ２８３９ａｃ＝０ꎬ即６ｃ２－３ｂ２＋２ａ２＝０.９分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺又ａ２＝ｂ２＋ｃ２－２ｂｃｃｏｓ∠ＢＡＣ＝ｂ２＋ｃ２－ｂｃꎬ１０分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以６ｃ２－

３ｂ２＋２ｂ２＋ｃ２－ｂｃ()＝０ꎬ即８ｃ２－２ｂｃ－ｂ２＝０ꎬ所以４ｃ＋ｂ()２ｃ－ｂ()＝０ꎬ所以ｂ＝２ｃꎬ所以ａ２＝３ｃ２.因此ｂ２＝ａ２＋ｃ２ꎬ１１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以Ｂ＝９０°ꎬ所以△ＡＢＣ为直角三角形.１２分􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺１９.(１２分)【解析】解法一:(１)因为ａｎ{}为等比数列ꎬａ１＝１ꎬｑ＝２ꎬ所以ａｎａｎ＋２＝１４ꎬ所以ｂｎ＋１ｂｎ＝ａｎａｎ＋２＝１４.１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺又ｂ１＝１ꎬ所以ｂｎ{}是以ｂ１＝１为首项ꎬ１４为公比的等比数列ꎬ

３分􀆺所以Ｔｎ＝１－１４æèçöø÷ｎ１－１４＝４３１－１４æèçöø÷ｎéëêêùûúú.５分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(２)因为ａｎ{}为等差数列ꎬａ１＝１ꎬｄ＝２ꎬ所以ａｎ＝２ｎ－１ꎬ所以ａｎ＋２＝２ｎ＋３.７分�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺因为ｂｎ＋１＝ａｎａｎ＋２ｂｎ＝２ｎ－１２ｎ＋３ｂｎꎬ即ｂｎ＋１ｂｎ＝２ｎ－１２ｎ＋３ꎬ所以ｂｎｂｎ－１＝２ｎ－３２ｎ＋１ｎ≥２()ꎬ９分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺数学第一次教学质量检测参考答案第４

页(共８页){#{QQABYYSUogggQgAAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}所以当ｎ≥２时ꎬｂｎ＝ｂｎｂｎ－１×ｂｎ－１ｂｎ－２×ｂｎ－２ｂｎ－３×􀆺×ｂ３ｂ２×ｂ２ｂ１

×ｂ１＝２ｎ－３２ｎ＋１×２ｎ－５２ｎ－１×２ｎ－７２ｎ－３×􀆺×３７×１５×１＝３２ｎ－１()２ｎ＋１().又ｂ１＝１符合上式ꎬ所以ｂｎ＝３２ｎ－１()２ｎ＋１()＝３２１２ｎ－１－１２ｎ＋１æèçöø÷.１０分􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺所以Ｔｎ＝ｂ１＋ｂ２＋ｂ３＋􀆺＋ｂｎ－１＋ｂｎ＝３２１－１３＋１３－１５＋１５－１７＋􀆺＋１２ｎ－１－１２ｎ＋１æèçöø÷１１分􀆺＝３２１－１２ｎ＋１æèçöø÷<３２.１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺解法二:(１)同解法一ꎻ５分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(２)因为ａｎ{}为等差数列ꎬａ１＝１ꎬｄ＝２ꎬ所以ａｎ＝２ｎ－１ꎬ所以ａｎ＋２＝２ｎ＋３.７分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺因

为ｂｎ＋１＝ａｎａｎ＋２ｂｎ＝２ｎ－１２ｎ＋３ｂｎꎬ即ｂｎ＋１２ｎ＋３()＝２ｎ－１()ｂｎꎬ所以ｂｎ＋１２ｎ＋１()２ｎ＋３()＝ｂｎ２ｎ－１()２ｎ＋１()ꎬ９分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以数列ｂｎ２ｎ－１()２ｎ＋１()

{}为常数列.因此ｂｎ２ｎ－１()２ｎ＋１()＝３ｂ１＝３ꎬ所以ｂｎ＝３２ｎ－１()２ｎ＋１()＝３２１２ｎ－１－１２ｎ＋１æèçöø÷.１０分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以Ｔｎ＝ｂ１＋ｂ２＋ｂ３＋􀆺＋ｂｎ－１＋ｂｎ＝３２１－１３＋１３－

１５＋１５－１７＋􀆺＋１２ｎ－１－１２ｎ＋１æèçöø÷１１分􀆺＝３２１－１２ｎ＋１æèçöø÷<３２.１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺２０.(１２分)【解析】解法一:(１)依题意得ꎬＸ所有可能取值为２ꎬ３.１分􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺ＰＸ＝２()＝１２æèçöø÷２＋１－１２æèçöø÷２＝１２ꎬ２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺ＰＸ＝３()＝Ｃ１２１２æèçöø÷２１－１２æèçöø÷＋Ｃ１２１２æèçöø÷１－１２æèçöø÷２＝１２ꎬ３分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺数学第一次教学质量检测参考答案第５页(共８页){#{QQABYYSUogggQgAAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}所以Ｘ的分布列为Ｘ２３ｐ１２１２４分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺所以Ｘ的数学期望ＥＸ()＝２×１２＋３×１２＝５２.５分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(２)若采用３局２胜制ꎬ甲最终获胜的概率为:ｐ１＝ｐ２＋Ｃ１２ｐ２１－ｐ()＝ｐ２３－２ｐ()ꎬ７

分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺若采用５局３胜制ꎬ甲最终获胜的概率为:ｐ２＝ｐ３＋Ｃ１３ｐ３１－ｐ()＋Ｃ２４ｐ３１－ｐ()２＝ｐ３６ｐ２－１５ｐ＋１０()ꎬ９分􀆺􀆺􀆺若采用５局３胜制比采用３局２胜制对甲更

有利ꎬ则ｐ２－ｐ１>０ꎬ即ｐ３６ｐ２－１５ｐ＋１０()－ｐ２３－２ｐ()＝ｐ２６ｐ３－１５ｐ２＋１０ｐ－３＋２ｐ()＝３ｐ２２ｐ３－５ｐ２＋４ｐ－１()＝３ｐ２ｐ－１()２ｐ２－３ｐ＋１()＝３ｐ２ｐ－１()２２ｐ

－１()>０ꎬ解得１２<ｐ<１.１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺解法二:(１)同解法一ꎻ５分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(２)采用３局２胜制ꎬ不妨设赛满３局ꎬ用ξ表示３局比赛中甲获胜的局数ꎬ则ξ~Ｂ３􀆯ｐ()ꎬ甲最终获胜的概率为:ｐ１＝Ｐξ＝２()＋Ｐξ＝３()＝Ｃ２３ｐ２１－ｐ()＋Ｃ３３ｐ３＝ｐ２Ｃ２３１－ｐ()＋Ｃ３３ｐ[]＝ｐ２３－２ｐ()ꎬ７分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺采用５局３胜制ꎬ不妨设赛满５局ꎬ用η表示５局比赛中甲获胜的局数ꎬ则η~Ｂ５􀆯ｐ()ꎬ甲最终获胜的概率为:ｐ２＝Ｐη＝３()＋Ｐη＝４()＋Ｐη＝５()＝Ｃ３５ｐ３１－ｐ()２＋Ｃ４５ｐ４１－ｐ()＋Ｃ５５ｐ５＝ｐ３６ｐ２－１５

ｐ＋１０()ꎬ９分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺若采用５局３胜制比采用３局２胜制对甲更有利ꎬ则ｐ２－ｐ１>０ꎬ即ｐ３６ｐ２－１５ｐ＋１０()－ｐ２３－２ｐ()＝ｐ２６ｐ３－１５ｐ２＋

１０ｐ－３＋２ｐ()＝３ｐ２２ｐ３－５ｐ２＋４ｐ－１()＝３ｐ２ｐ－１()２ｐ２－３ｐ＋１()＝３ｐ２ｐ－１()２２ｐ－１()>０ꎬ解得１２<ｐ<１.１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

数学第一次教学质量检测参考答案第６页(共８页){#{QQABYYSUogggQgAAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}２１.(１２分)【解析】(１)由题知ꎬ椭圆Ｃ的右焦点为Ｆ２３􀆯０()ꎬ且过点Ａ３􀆯１２æèçöø÷ꎬ所以２ａ

＝３＋３()２＋１４＋１４＝４ꎬ所以ａ＝２.２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺又ｃ＝３ꎬ所以ｂ＝ａ２－ｃ２＝１ꎬ３分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以Ｃ的方程为ｘ２４＋ｙ２＝１.４分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺(２)(ⅰ)由题知ꎬ直线ｌ的斜率存在ꎬ且不为０.设ｌ:ｙ＝ｋｘ＋ｍｍ≠０()ꎬＰｘ１􀆯ｙ１()ꎬＱｘ２􀆯ｙ２()ꎬ则ｙ＝ｋｘ＋ｍｘ２＋４ｙ２－４＝０{ꎬ所以１＋４ｋ２()ｘ２＋８ｋｍｘ＋４ｍ２－１()＝０ꎬ５分􀆺所以

ｘ１＋ｘ２＝－８ｋｍ１＋４ｋ２􀆯ｘ１ｘ２＝４ｍ２－１()１＋４ｋ２ꎬ６分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺且Δ＝６４ｋ２ｍ２－１６１＋４ｋ２()ｍ２－１()>０ꎬ即４ｋ２－ｍ２＋１>０.因为直线ＯＰꎬＰＱꎬＯＱ的斜率成等比数列.所以ｙ１ｘ１􀅰ｙ２ｘ２＝ｋ２ꎬ即

ｋ２ｘ１ｘ２＋ｋｍ(ｘ１＋ｘ２)＋ｍ２ｘ１ｘ２＝ｋ２ꎬｘ１ｘ２≠０所以－８ｋ２ｍ２１＋４ｋ２＋ｍ２＝０ꎬ且ｍ２≠１.７分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺因为ｍ≠０ꎬ所以ｋ２＝１４ꎬ所以ｋ＝±１２.８

分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(ⅱ)由(ⅰ)知４ｋ２－ｍ２＋１>０ꎬｋ＝±１２ꎬ所以０<ｍ２<２ꎬ且ｍ２≠１.９分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺设点Ｏ到直线ＰＱ的距离为ｄꎬ

所以ｄ＝ｍｋ２＋１.因为ｋ＝±１２ꎬ所以ｘ１＋ｘ２()２＝４ｍ２ꎬｘ１ｘ２＝２ｍ２－１()ꎬ所以ＳΔＯＰＱ＝１２ｄ􀅰ＰＱ＝１２ｍ１＋ｋ２１＋ｋ２｜ｘ１－ｘ２｜＝１２｜ｍ｜ｘ１＋ｘ２()２－４ｘ１ｘ２＝ｍ２２－ｍ２().数学第一次教学质量检测参考答案第７页(共８页)

{#{QQABYYSUogggQgAAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}＝－(ｍ２－１)２＋１ꎬ又０<ｍ２<２ꎬ且ｍ２≠１.所以Ｓ△ＯＰＱ∈(０ꎬ１)即△ＯＰＱ的面积的取值

范围(０ꎬ１).１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺２２.(１２分)【解析】(１)依题意ꎬ得ｆ′ｘ()＝ａｅｘ＋１.１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺当ａ≥０时

ꎬｆ′ｘ()>０ꎬ所以ｆｘ()在－∞􀆯＋∞()单调递增.２分􀆺􀆺􀆺􀆺当ａ<０时ꎬ令ｆ′ｘ()>０ꎬ可得ｘ<－ｌｎ－ａ()ꎻ令ｆ′ｘ()<０ꎬ可得ｘ>－ｌｎ－ａ()ꎬ所以ｆｘ()在－∞􀆯－ｌｎ－ａ()()单调递增ꎬ在－ｌｎ－ａ()􀆯＋∞()单调递减.４分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺综上所述ꎬ当ａ≥０时ꎬｆｘ()在－∞􀆯＋∞()单调递增ꎻ当ａ<０时ꎬｆｘ()在－∞􀆯－ｌｎ－ａ()()单调递增ꎬ在－ｌｎ－ａ()􀆯＋∞()单调递减.５分􀆺􀆺􀆺(

２)因为当ｘ>１时ꎬｆｘ()>ｌｎｘ－１ａ＋ｘꎬ所以ａｅｘ＋ｘ＋１>ｌｎｘ－１ａ＋ｘꎬ即ｅｌｎａｅｘ＋ｘ＋１>ｌｎｘ－１()－ｌｎａ＋ｘꎬ即ｅｘ＋ｌｎａ＋ｌｎａ＋ｘ>ｌｎｘ－１()＋ｘ－１ꎬ即ｅｘ＋ｌｎａ＋ｘ＋ｌｎ

ａ>ｅｌｎｘ－１()＋ｌｎｘ－１().７分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺令ｈｘ()＝ｅｘ＋ｘꎬ则有ｈｘ＋ｌｎａ()>ｈｌｎｘ－１()()对∀ｘ∈１􀆯＋∞()恒成立.因为ｈ′ｘ()＝ｅｘ＋１>０ꎬ所以ｈｘ()在－∞􀆯＋∞()单调递增ꎬ８分􀆺􀆺

􀆺故只需ｘ＋ｌｎａ>ｌｎｘ－１()ꎬ即ｌｎａ>ｌｎｘ－１()－ｘ对∀ｘ∈１􀆯＋∞()恒成立.９分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺令Ｆｘ()＝ｌｎｘ－１()－ｘꎬ则Ｆ′ｘ()＝１ｘ－１－１＝２－ｘｘ－１ꎬ令Ｆ′ｘ()＝０ꎬ得ｘ＝２.当ｘ∈１􀆯２()时ꎬＦ′ｘ()>０ꎬ当ｘ∈２􀆯＋∞()时

ꎬＦ′ｘ()<０ꎬ所以Ｆｘ()在１􀆯２()单调递增ꎬ在２􀆯＋∞()单调递减ꎬ所以Ｆｘ()≤Ｆ２()＝－２.１１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺因此ｌｎａ>－２ꎬ所以ａ>１ｅ２.１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

数学第一次教学质量检测参考答案第８页(共８页){#{QQABYYSUogggQgAAARhCEQGACAGQkAACCAgOBAAMMAAByANABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com