【文档说明】重庆市2024届高三上学期第一次质量检测试题（8月） 数学答案和解析.pdf，共(11)页，320.046 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司重庆市高2024届高三第一次质量检测数学试题参考答案与评分细则一、单项选择题：本题共8小题.每小题5分，共40分.1-4DBDB5-8CBAB3.D【解析】0.20.20.2log0.3log1,log0.20,1()a，22log0.3lo

g10b，0.30221c，故cab4.B【解析】由题：230kxxk恒成立，易知0k时不满足，0k时，有2039402kkk5.C【解析】记M“两动车相邻”，N“动车01停在A

道”，则332424()1()8AnMNPNMnMAA6.B【解析】由题知10111xxx，易知0fxfxfx为奇函数又2212loglog111xyxx和sinyx在1,1递增，故由

21210121111312fxfxfxfxfxxxx7.A【解析】由图可知当且仅当01m时，方程fxm有四个不同的根，且125252xx，由题：332ln(2)xemxm，4

42ln(2)xemxm，3214422(2)5ln(2)25ln(2)4xexxxxmmmm设01)(2524hmmlnmm则12()2mhmm，令1012mmh，1()002hmm

故hm在10,2递增，在1,12递减，max15()5ln322hmh8.B【解析】由图像可知，0a不成立，则0a，要ab最大，需要0a，0b；1b时，0x时

不成立，则01b；对于取定的b，要ab最大需要a更大，所以只需过(0,)b作xye的切线，切线斜率即为最大的a.学科网（北京）股份有限公司设切点,tte，则0ttebet即tae，1tbte21tabtegt，2

2212112tttgtteete所以在12t取得最大值2e二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.9.ABD10.BC11.AC12.ABD9.ABD【解析】由于24fxfx，得到fx关于

1,2对称，又因为定义域为R，所以12f，B正确；因为是偶函数224fxfxfx，44244fxfxfxfx，所以周期为4，A正确；由于周期

性和奇偶性，2023112fff，C错误；由于周期为4，fx在3,4的单调性与1,0的单调性相同，由于偶函数，在1,0的单调性与(0)1，的单调性相反，所以D正确.10.BC【解析】123123111111nnyyyyyyyyyynn

，А错误；ˆb的计算中，ix数据不变，1iiyyyy也不变，所以ˆb不变，B正确；ˆˆˆˆˆ11aybxybxaa，C正确；由于22121ˆ()1niii

niiyyRyy，iy变成了1iy，1yy，ˆˆˆˆˆ11iiiiybxabxay，从而ˆiiyy，iyy都不变，所以22RR，D错误.11.AC【解析】由11934AMMFFB

可得：12121133AFFBFFAFFBSS△△，故A正确设1,0Fc，2,0Fc，:lxtyc，由椭圆离心率为22可得：2ac，bc，故椭圆方程可化为：22222xyc，

联立直线l方程整理得：222220tytcyc.设11(),Axy，22(),Bxy，.则有：12222tcyyt，21222cyyt，学科网（北京）股份有限公司又由113AFFB

可得：123yy，联立可解得：2221111tkkt，故B错误由12145kAFF，.又1OAOFA为上顶点，22AFac，242233ABccc，225

243BFaAFABc，易知满足222ABAFBF，故C正确对于D：由前面的分析知：2AMF△是以A为直角的直角三角形，故内切圆半径222AMAFMFr352222144244cccca，故D错误12.ABD

【解析】由题方程2200xxxxxxxaecebfxaebecaecebe有两不等实根12,xx，且fx在1(),x，2(),x上单调递增，在12,xx单调递减，故0a.A正确令xte，0t

，则方程20atctb有两个不等正实根1t，2t，其中11xte，22xte，从而有：240cab，00abba2204222020cacacacaca12000

cttcaa1200bttba，又0ab，故12121210xxbttexxa，故B正确，C错误对于D：12121212()()()()()xxxxfxfxaeebeecxx

11121211()()attbcxxtt1212()()0ccabcxxcxxab，D正确三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.学科网（北京）股份有限公司13.1214.322

15.5.5，203516.226226,,131313.12【解析】X服从二项分布,Bnp，则EXnp，1DXnpp所以21npnpp，

12p14.322【解析】若22log1log1ab，则ab不成立；若2221log(1)log(1)log1abb，则111ab，abab，111ab所以1122(2

)21322baabababab，2ba时取得15.5.52035【解析】设2023年为第一年，第n年该厂的金属产量为na，截止第n年末这家冶金厂该金属的累计总产量为nS，11(2)20(1)nnnSanSan120

10%35a，220510%35.5a，故2024年产量为5.5万吨，10.13nnaS，10.13nnaS作差得10.12nnnaaan，所以11.12nnaan，211.1aa也成立，所以151.1n

na，由151.115nna得11.13n，(1)lg1.1lg3nlg30.4771(1)11.5lg1.10.0414n，则n取13，为2035年16.226226,,1313

【解析】设AB中点为00,Qxy，12PQAB即PAPB，P在AB为直径的圆上.所以只需该圆与AB为直径的圆有公共点即可.设直线:2ABykx，联立得2228kxx学科网（北京）股份有限公司解得21202242xxkxk

，04yk，0122rABx所以圆心距2200(4)dxy，3dr即可（不可能内含）则22000(4)5xyx化简得20029yx，代入得22164229kk，28226226,,131313kk17

.解：（1）由题意可得111121282266abab，解得13a，12b，因为数列na的公差为3，数列{}nb的公比为2，所以3nan，2nnb（2）由（1）知：2111111

log3(1)31nnabnnnn111111111111322334131nnnnS易知111yn在*nN单调递增，故1n，nS取最小值

16，n，13nS故1613nS成立.18.解：（1）证明：取AC的中点N，连结MN，BN因为BABC，所以BNCA.因为FA面ABC，BN面ABC，所以FABN.又因为CAFAA，所以BN平面CAF.因为点M是FC的中点，所以////MNF

AEB，且2FAMNEB.所以四边形MNBE为平行四边形，所以//EMBN，所以EM面CAF，又EM平面CEF，从而平面CEF平面CAF.（2）设点O，D分别为AB，EF的中点，连结OD，则//ODFA，因为FA面ABC，OC面ABC，所以ODAB.因为3ME

，由（1）知3BN，又因为2BCBA所以2AC，所以ABC△为正三角形，所以OCAB，因为FA面ABC，所以OC面ABEF.故OC，OA，OD两两垂直，以点O为原点，分别以OC

，OA，OD的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.学科网（北京）股份有限公司(3,0,0)C，0,1,0B，0,1,2E，0,1,4F，31(,,222M

设平面CBE的法向量(,,)nxyz，则00nCBnBE所以3020xyz取3y，则(1,3,0)n，设ME与平面CBE所成的角为，则1sincos,2nME

，因为0,2，所以6，故ME与平面CBE所成角的大小为6.（2）另解：由于//EMBN，所以即求BN与平面CBE所成的角.又因为FA面ABC，FA面EBC，所以面ABC面EBC，而

BN面ABC，面ABC面,EBCBC所以BN在面EBC的投影为BC，则CBN即为所求角.而3MEBN，2BABC，所以1MC，2AC，则ABC△为正三角形，而N是AC的中点，所以6CBN，故ME与平面CBE所成角的大小为6.19.解：（

1）1()2fxxax，13fa由题知11f，312aa（2）不妨设1202xx，则120xxee，由题可得：122212121()()()xxfxfxxxeefxm122

2122()xxxmefxxem，设2xgxfxxme，则：12()()gxgx学科网（北京）股份有限公司故gx在0,2单调递增，从而有：11()202xxgxmemexx

在0,2上恒成立，设1()2xhxex，则minmhx2221121()2(02)xxxxxhxeeexxxx

2021211012hxxxxxx001hxxhx在0,1单调递减，在1,2单调递增.又1(1)he，故hx在0,2上最小值min1()hxe从而有1me，即1,me20.解：（

1）X的分布列为X510P1pp511055EXppp（2）开空调时每日用电量：峰段1030%3度，谷段1040%4度，平段1030%3度，则30.640.430.54.9a元不开空调时每日

用电量：峰段560%3度，谷段520%1度，平段520%1度则50.610.410.52.7b元Y2.74.9P1pp2.714.92.72.2EYppp（3）分时电价总电费为302.72.28166pp（元）30天总用电量3055

150150pp度0.2p时，阶梯电价总电费为0.4515015067.51pp（元）0.2p时，阶梯电价总电费为0.451800.61501501806390pp（元）学科网（北京）股份有限公司所以，0.2p时，816667.5

113.51.50ppp，9p，不成立；0.2p时，8166639018240ppp，34p综上，3,14p时，下个月使用分时电价计价的费用不超过使用阶梯电价的计价方式的费用.21.解：（1）由题可得2222212112

baccab2a，22114:bCxy（2）由点2323,33mk在22:14xCy上可得：2243mk.联立ykxm和22:14xCy整理得：222148410kxk

mxm设11(),Pxy，22(),Qxy，则有：122814kmxxk，21224(1)14mxxk，221641640mk又由直线交左右两支各一点可得：2221224(1)10140414mxxkkk222

212121228111()414kPQkxxkxxxxk2,0A到直线:lykxm的距离1221kmdk，2,0B到直线:lykxm的距离2221kmdk

2212121222224311484322211(14)mkddSSPQdPQdkkk2213(14)16kk（2140k）又1212121

21221222()4yyyykkxxxxxx，学科网（北京）股份有限公司其中2222121212122243()()()1414mkyykxmkxmkxxkmxxmkk212212224(1)842

()424141414mxxxxkkk1212122132()44yykkxxxx假设存在实数，使得1k，k，2k成等比数列，则有222121332642kkk，故存在32

2满足题意22.解：（1）首先发现00f，而1cos1()fxxx，1,0x时，cos1x，111x，()0fx，()fx单减则00fxf成立；0,2x时，2sin1()(1)fxxx在0,2x

时单减，010f，211110212f，所以存在0,2x，00fx，fx在0(0,)x单增，0,2x

单减，而00f，所以00()fx，又02f所以存在10,2xx，10fx，fx在1(0,)x单增，1,2x单减，由于12e所以1ln111022f

，所以在0,2上0fx综上，0fx在1,2x恒成立得证.（2）由（（1），102fn，11sinln122nn学科网（北京

）股份有限公司所以111135721sinsinsinsinlnlnlnln24622462nnn从而111146822sinsinsinsinlnlnlnln246235721nnn

两式相加得：11113456222sinsinsinsinlnlnlnlnlnln(1)2462234521nnnn所以左边得证；又由（1），102fn

，1121sinln1ln222nnnn，12sinln221nnn所以111142sinsinsinsinlnlnlnln24623212615nnn

从而111121sinsinsinsinlnlnlnln246222235124nnn两式相加得：111134522sinsinsinsin2ln2lnlnlnln2ln2ln246223421nnnn

所以右边得证.（右边不等式另证）设1111sinsinsinln222ln24nann先证明sinxx在0,2成立：sin

gxxx，cos10gxx，gx单减，00gxg则1111sinln1ln2ln20222a而1111111sinln(12lnl)222222nnnaannnnnn设(0,1)1

ntn，构造11()(1)22lnhttt，1111()122thttt可知在0,1，ht单增，10hth所以10nnaa，na单减，则10naa获得更多资源请扫码加入

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