台州市2024届高三第一次教学质量评估试题数学参考答案及评分标准2023.11一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．B2．C3．B4．A5．C6．A7．D8．A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．BD10．BCD11．ABD12．ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。34713．14．15．9（答案不唯一，8,12内的任何一个值均可）280．1651,51四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（本小题满分10分）解：（Ⅰ）设的公比为，依题意得：2，anqq0anqanq12an即q2q120，解得q3或q4（舍去）．5a113又由S121，解得a1，故aaqn13n1；5131n1（Ⅱ）因为n1，bn3n1ln3所以012n1Tnb1b2b3bn3333123n1ln313nn1n3n1n1nln3ln3．132218．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）当0时，fxsinxcosx2sinx，435令2kx2k，kZ，得2kx2k，kZ，242445所以函数fx的最小正周期为2，单调递减区间为2k,2kkZ．44（Ⅱ）设sinxcosxt2t2，则sin2xt21，2215令gttt1，t2,2，又gtt，2415故当t2时，gt取得最大值12，当t时，gt取得最小值，245所以fx的值域为,12．419．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，所以BCE120．又E为CD的中点，所以CEEDDACB，所以△BCE为等腰三角形，故CEB30，所以AEB180AEDBCE90，即BEAE因为平面APE平面ABCE，平面APE平面ABCEAE，BE平面ABCE，所以BE平面APE，又AP平面APE，所以APBE．（Ⅱ）取AE的中点O，连接PO，因为△APE为等边三角形，所以POAE，取AB的中点G，则OG//BE，由（Ⅰ）得BEAE，所以OGAE，所以POG即为二面角PAEB的平面角，记为．以点O为坐标原点，以OA，OG，OZ所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A1,0,0，C2,3,0，P0,3cos,3sin，PA1,3cos,3sin；PC2,33cos,3sin，222PAPC13cos所以点A到直线PC的距离为AP4，106cosPC213cos3317由4，解得cos，或cos，106cos33917所以二面角PAEB的平面角的余弦值为或．3920．（本小题满分12分）3040506070解：（Ⅰ）x50，5435152，又，的方差为，y87xii1,2,3,,5xix20055i155xxyyxy5xyiiii2282055087所以bˆi1i11.07，5252001000xixi1aˆybˆx871.075033.5，故yˆ1.07x33.5，当x100时，y140.5，故预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩为140.5分．（Ⅱ）零假设为：学生周末在校自主学习与成绩进步无关．H0根据数据，计算得到：22nadbc220251303530110212.22，abcdacbd16555601609因为12.2210.828，所以依据0.001的独立性检验，可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关．21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设中点，则，PDMx0,y0D2x01,2y01a1因为点Q在线段AB上，可得02x1a，即x，02022x22x1由点D在椭圆Γ：y21上，所以04y21，a2a20113x2令x0，得y1，由2y，解得a24，故椭圆Γ的方程为y21．002a2024（Ⅱ）设：，，，．CDykx1k1Cx1,y1Dx2,y2ykx128k24k1由2得2222，，，x4k1x8kx4k10x1x22x1x22y214k14k14y1kxk1k1k1又11，，k1kk2kx1x1x1x2264k416k1224k2111xx4k13k2121，k1k2k1k1k12x1x2x1x24k1k14k2122令，得3t6t4113，tk10,2k1k2463ttt2413当t即k时取等号，所以kk的最小值为．3312222．（本小题满分12分）xx2解：（Ⅰ）要证：，（x0，x1），lnxx11xx11只要证：，因为与lnx同号，只要证：lnx1，即证：lnx10．lnxx1x1xx111x1令gxlnx1，（x0，x1），gx，xxx2x2由gx0，得x1，所以gx在0,1上递减，在1,上递增，所以gxg10，故原不等式得证．11（Ⅱ）因为x0,1，当x时，有nln32ln2，22ln2111则n2,3，所以整数n2．22ln2ln3ln221.3861.0990.69320.2870.6932x2当n2时，由（Ⅰ）可得2ln1x2，x21x2x211下证：，x0,1，只要证：lnxx．lnxx212x1令hx2lnxx，x0,1，x221x22x1x1因为hx10，xx2x2x2所以hx在0,1上单调递减，故hxh10，所以得证．综上所述，整数n的最大值为2．