2024届高三（9）月起点考试数学参考答案1~8:BADCDCBB9.AC10.ACD11.ABC12.BC211013.4014.15.16.32217.解：(1)A2BsinAsin2B2sinBcosB………………1分由正弦定理得a2bcosB…………2分a2c2b2由余弦定理可得a2b…………3分2acb3,c1，a212,a23.…………………………5分(2)由余弦定理得b2c2a291121cosA…………………………6分2bc63由于0A，122sinA1cos2A1()2……………………7分33故sin(A)sinAcoscosAsin33322113223().………………………………10分3232618.(1)证明：连接DP，则四边形DPCF是矩形．2又tanCDPtanCPQ,则CDPCPQ，从而CDPQ.…………2分2由CF平面ABC，且PR平面ABC，得CFPR.由ABAC，且PR为三角形ABC的中位线，得ACPR.又因为ACCFC，AC，CF平面ADFC，所以PR平面ADFC.来源:高三答案公众号由于CD平面ADFC.，则CDPR.…………4分因为PQPRP，PQ,PR平面PQR，则CD平面PQR.又因为CD平面BCD，所以平面BCD平面PQR.…………………………6分第1页，共4页学科网（北京）股份有限公司(2)解：以P为原点，PA、PR、PD为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则P(0,0,0)，B(2,2,0)，C(2,0,0)，D(0,0,2)，E(0,1,2).故BD(2,2,2)，DE(0,1,0)，BC(22,2,0).BDm0a2c设m(a,b,c)是平面BDE的法向量，则,DEm0b0取c1，得a2,b0，m(2,0,1).…………………………………………8分BDn0p2r设n(p,q,r)是平面BCD的法向量，则,BCn0q2p取r1，得p2,q2，n(2,2,1).……………………………………10分设平面BCD与平面BDE相交所成角的平面角为，则cos|cosm,n|mn21121又cosm,n…………11分|m||n|37212121故所求余弦值为………………………………………………12分21(2x2a)ex(x22ax)exx22(a+1)x2a19.解：（1）f(x)…………1分e2xex3f(x)在x3处取得极值，f(3)0，解得a……………………………2分43733x2-xx2x1当a时，，，f(x)在增，在(3,)减，故在f(x)2f(x)22(,3)x34exex23处有极大值，a符合题意………………………………………………3分411f(1)，f(1)……………………………………………………4分2ee11曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+(x1)，2ee即为：2x2ey30……………………………………………………6分x22(a+1)x2a（2）由f(x)在(2,)上为减函数，f(x)0在(2,)上恒成立，exx22x可得2a，在(2,)上恒成立……………………………………8分x1x22x(x1)21令u(x)，u(x)0，x1(x1)2u(x)在(2,)上单调递增，u(x)u(2)0，2a0,因此a，0…………12分2n+3n*20.解：(1)因为数列{an}的前n项和为Sn，且S(nN)n2当时，…………………………………………分n1a1S121n23n(n1)23(n1)当n2时，aSSn1nnn122也满足上式，所以…………………………分a11ann13第2页，共4页学科网（北京）股份有限公司在数列中，……………………分{bn}b2a414,b3a6184b8则公比q32，n2n2nbnb2q422b24所求通项公式为n…………………………………分ann+1,bn26n2n2(2)由(1)得cn(n2n)2n1n(n1)2n1n211而………………8分n(n1)2n1n2n(n1)2n1111111Tn(2)(23)nn112222232n2(n1)211T…………11分n2(n1)2n111因为nN,0，故T………………12分(n1)2n1n22211521.解：(1)由题可知：p…………………………2分133339122q………………………………3分1339次操作后，甲盒有一个黑球的概率，由全概率公式知：(2)nP(Xn1)1pnqnP(Xn12)P(Xn1)P(Xn12Xn1)P(Xn2)P(Xn12Xn2)P(Xn3)P(Xn12Xn3)…………4分252p1(1pq)p1qn13nn9n3n21pp………………………………………………6分n139nP(Xn13)P(Xn2)P(Xn13Xn2)P(Xn3)P(Xn13Xn3)121qp1qn133n3n21qpq……………………………………………8分n19n3n21212p2qpq(p2q),n1n133n3n3nn312即cc…………………………………………9分n13n3121(3)cc，c1（c1）n13n3n13n52又cp2q2111199cn1cn110即cnpn2qn1…………10分E(Xn)1(1pnqn)2pn3qn1pn2qn2…………12分22.(1)解：当点P为椭圆C短轴顶点时，PAB的面积取最大值ab2…………1分第3页，共4页学科网（北京）股份有限公司c3结合及a2b2c2，解得a2,b1a2x2故椭圆C的标准方程为y21…………4分4(2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2)若直线的斜率为零，由对称性知，不合题意……分PQk1k2.5设直线PQ的方程为xtyn，由于直线PQ不过椭圆C的左、右顶点，则n2xtyn联立得222，由可得2222(t4)y2tnyn400nt4x4y42tnn24yy，yy………………………………………………6分12t2412t244n2tyy(yy)122n12k1y1x22y1(ty2n2)(n2)[(n2)y1(n2)y2]2n所以3k2x12y2y2(ty1n2)(n2)[(n2)y1(n2)y22n解得n1…………7分即直线PQ的方程为xty1，故直线PQ过定点M(1,0).…………8分2t3由韦达定理可得yy，yy12t2412t24由平面几何知识1113S|AM||yy||yy|,S|BM||yy||yy|………9分121221222122124t2342|S1S2||y1y2|(y1y2)4y1y22所以21……10分t4t3t2311x21设f(x)x则f(x)1，当x[3,)时f(x)0xx2x2故f(x)在[3,)单调增……11分2142因为t3[3,)，所以(t3)mint233因此，的最大值为…………分|S1S2|312第4页，共4页学科网（北京）股份有限公司