【文档说明】辽宁省鞍山市2023-2024学年高三上学期第一次质量监测 数学答案.pdf，共(7)页，967.423 KB，由小赞的店铺上传

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1鞍山市普通高中2023—2024学年高三第一次质量检测数学科参考答案一、选择题：1~5、ACBCD.6~8、CBB9、BCD10、BD11、BCD12、ABC二、填空题：13、-314、215、156016、25

三、解答题：17.解：(1)在ACD中，由正弦定理得22sin260sinCb，所以，6b…………………………4分（2）作BCAE，垂足为E，则3AE，4,32321aa，…………………………6分2221

6acb所以，ABC为Rt，又34,3221bcbc，且cb,322cb………………………8分ACD为等边，2CD…………………………10分18解：（1）因为2,2,312aann，……………………

……2分512,5122,1917179aann…………………………4分mma22，mN*…………………………6分（2）由题意42)222(22212kkkS………………………

…8分{#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}24232212kkkkaSS，…………………………9分n为偶数时，由

1200,18,9,120042182SSnknk时………………………10分n为奇数时，由1200,17,9,120042317SSnknk时……………………11分综上：1200nS的最小正整数为17………………………12分19：(1)PAB中

，E为PB中点，EBEAEP，ABPA，又BD平面PAB，PA平面PAB，PABD，PABABBD,平面ABCD，又BC平面ABCD，BCPA…………………………4分(2)在PABRt中，23PA，30BPA,2AB,4PB,设(

0)BDaa，以A为坐标原点，分别以BDAPAB,,的方向为x,y,z轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，则),,0,4(),0,3,1(),0,3,1(),0,0,0(),,0,4(),,0,2(aACAEEAaCaD………………6分设),,(1111zyxn为平面ACE的法向量，则有

0403111111azxACnyxAEn，令4z，得)4,33,(1aan，…………………………8分取)1,0,0(2n为平面PAB的法向量,2216344|||||||,cos|2212121

annnnnn，解得23a…………………………10分4323231ABDPV，该三棱锥PABD的表面积记为S表，则{#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGC

CIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}323234343123S表，由13PABDSrV表得33r综上：33r…………………………１２分20（1）解：由题意每名优质客户购买

套餐A的概率为0.9，X的取值集合为}3,2,1,0{，且X~)9.0,4(B，E（X)=6.39.04…………………………3分（1）记Y表示购买套餐A的人数，则=（x-800）Y,…………………………4分①8

00900x时，Y~)99.0,(nB，()(800)()99ExEYn，此时900x时，()E的最大值为99n…………………………6分②9001000x时，Y~)9.0,(nB,()(800)()(800)0.9180

ExEYxnn，此时1000x时，()E的最大值为180n…………………………8分③10001100x时，Y~)7.0,(nB,()(800)()(800)0.7210ExEYxn

n，此时1100x时，()E的最大值为210n…………………………10分④11001200x时，Y~)2.0,(nB,()(800)()(800)0.280ExEYxnn，

此时1200x时，()E的最大值为80n…………………………11分综上：()E的最大值为210n,此时销售价格1100x元/份……12分21（１）由题意22129514baab，可得21ab，双曲线22:14xCy4分（２）法一：设直线:M

Nxmyt，代入2214xy，得222(4)240mymtyt，{#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}41122(,),(,)MxyNxy，则有1222122222244444160mmtyymtyym

mt，6分直线111:(2)2yAMyxx，直线222:(2)2yANyxx，由直线12AMAN、的交点P在1x上得1212322yyxx，8分即：12121

21123,4(2)()(28)022yymyytyytymytmyt21224(4)2(2)(28)044mtmtttymm恒成立0]4)2()[4(212ym

tmt10分若12(2)04mtym，将2212244mmtym代入得2240mmt，2t，MN过双曲线的顶点，与题意不符，故舍去4t直线MN过定点（4，0）12分法二：设(1,)Pm，则设直线

12:(2),:(2)3mPAyxPAymx由22(2)314myxxy，得2222(94)1616360mxmxm，记11(,)Mxy，则-2和1x是该方程的两个根则21122

81812,9494mmxymm，7分{#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}5由22(2)14ymxxy，得2222(14)161640mxmxm

，记22(,)Nxy，则2和2x是该方程的两个根则22222824,4141mmxymm，9分则直线MN的斜率2221222222221212(41)4(94)8(43)2(818)(41)(82)(94)4(4

3)(43)43MNyymmmmmmmKxxmmmmmmm10分2222122818:()944394mmmMNyxmmm，令0y，222222241

881816364949494mmmxmmm故直线MN过定点（4，0）12分22解：(1)0a时，xexfx212)(，Rx22)(xexf令0,0)(,0,0)(xxfxxf，所以，

)(xf在)0,(上递减，在),0(上递增()fx的极小值点为0（也可写0x）…………………………4分(2)Rxaxexfx,222)(，且(0)0faexfx22)(，且(0)22f

a…………………………5分①0a时)(,0)(xfxf在R上单调递增)(,0)0()(),0,(xffxfx单调递减，)(,0)0()(),,0(xffxfx单调递增0x是)(xf的极小值点，符合题意…………

………………7分{#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}6②)1,0(a时，令axxfln,0)()(,0)(),,(lnxfxfax单调递增

，且(0)0f0)0()(),0,(lnfxfax，()fx单调递减，)(,0)0()(),,0(xffxfx单调递增，0x是)(xf的极小值点，符合题意…………………………9分③1

a时，)(,0)(),ln,0(xfxfax单调递减，0)0()(fxf,()fx单调递减,这与0x是)(xf的极小值点矛盾，舍去…………………………10分④1a时，()222,xfxexxR

，()22xfxe，(0,),()0,()xfxfx单调递增，(,0),()(0)0xfxf，()fx单调递减，,()(0)0,()在xRfxffxR上单调递增，0x不是)(xf的极小值点，舍去…………………………11分综上

：a的取值范围为)1,(…………12分{#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com