2023-2024学年第二学期质量检测高三年级数学（一）参考答案一、单项选择题1.D2.C3.B4.B5.D6.A7.B8.B二、多项选择题9.CD10.BCD11.BC12.ACD三、填空题12241ln3ln213.2或-14.72615.16.,72184四、解答题17【答案】12151215【解析】由题可知（1）aSSn2nn1n1n8（.n2）nnn12222115当n1时aS7，满足a的通项公式1122nann8（）2Cnann8Tna1a2an当n8时15n2TaaaaaaSnn12n12nn22当n9时Tna1a2ana1a2a3a8a9ana1a2a8a9a10anS8SnS8Sn2S8S8326028{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}115Tn2n56n9n2215n2nn822Tn115n2n56n92218【解析】由题可知（1）设BDADx,AB2a，ACa4a2x2x225在ABD中cosB22ax55a5AD5解得：xa22ACa2（2）在ABC中，由余弦定理可得：252a2a2255cosB解得:a或a122a553ABACAD为角平分线BDDC5所以BD2DCDC325又由（1）可知：sinC2sinB5当a1时115251SACDCsinC1ADC223535当a时3155255SADC2335915综上所述S为或ADC39{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}19题答案1【答案】(1)p4(2)：①【解析】（1）记一道多选题“有2个选项正确”为事件A1，“有3个选项正确”为事件A2，“小明该题得5分”为事件B，111则P(B)PBA1PA1PBA1p2，求得p.C3124（2）若小明选择方案①，则小强的得分为2分.若小明选择方案②，记小强该题得分为X，则X0,2,5，11C2C1527117且P(X0)PA11PA21，C3C3123123361C272147P(X2)PA21，C31233618C15151P(X5)PA11，C3123361714553所以，E(X)025，36363636若小明选择方案③，记小强该题得分为Y，则Y0,5，且211C3C1C257229P(Y0)PA12PA22，C3C312123362C2717P(Y5)PA22，C31233629735所以，E(Y)05,363636因为EYEX2，所以小明应选择方案①.{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}20【答案】见解析【解析】（1）证明：四边形EDCF为矩形，DECD，又平面EDCF平面ABCD，平面EDCF平面ABCDCD，ED平面ABCD.取D为原点，DA所在直线为x轴，DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(1,2,0)，E(0,0,2)，F(1,2,2)，设平面ABE的法向量m(x,y,z)，BE(1,2,2)，AB(0,2,0)，由m·BEx2y2z0，取，得，z1m(2,0,1)m·AB2y0又DF(1,2,2)，DFm2020，则DFm，又DF平面ABE，DF//平面ABE；（2）设平面的法向量，BEFn(x1,y1,z1)BE(1,2,2)，EF(1,2,0)，n·BEx2y2z0由111，取，可得，y11n(2,1,2)n·EFx12y10mn4225，cosm,n|m||n|3555sinm,n，55即平面ABE与平面BEF所成二面角的正弦值为；5（3）点P在线段EF上，设EPEF，[0,1]，APAEEF(1,0,2)(1,2,0)(1,2,2)，又平面BEF的法向量n(2,1,2)，设直线AP与平面BEF所成角为，{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}|APn||2(1)24|14sin|cosAP,n|，|AP||n|3(1)24241445218110，即(31)(1511)0，1[0,1]，.342AP(,,2)，3342214则|AP|()2()24，333214AP的长为.321题答案.【答案】(1)fx的极大值为0，没有极小值；(2)证明见解析π【详解】（1）因为函数fxtanxln1x,x,1，所以21111x1cos2xfx，cos2x1xcos2xx1x1cos2x2π设hxx1cosx，hx12cosxsinx1sin2x0，所以hx在,1上单调递增.2π2又h00，所以当x,0时，hx0；当x0,1时，hx0.又因为x1cosx02ππ对x,1恒成立，所以当x,0时，f'(x)0；当x0,1时，fx0.即fx在22π区间,0上单调递增，在区间0,1上单调递减，故fx极大值f00，fx没有极2小值.tanxln1x①,（2）由（1）可知fxtanxln1x0，所以当且仅当ln1xtanxtanx②，x0，取“＝”.11121n1由（1）得tanln,tanln,,tanln，累加得2233nn11112n11tantantanlnlnlnn；23n23nn{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}3141n11由②得lntan,lntan,,lntan，2233nn11134n1n1tantantanlnln累加得23n23n2n1111lntantantanlnnn2,nN*.综上所述，223n22题：y2【答案】（1）x213（2）存在，E:(x8)2y21【解析】【分析】（1）根据双曲线的性质，结合△ABD是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方程；（2）首先利用点差法求出直线l所过的定点，即可求出定圆的方程.【小问1详解】依题意，BAD90，焦半径c2，22c2b42当时，cy，得22，即b，xc1yb212ya2b2aaab2b2所以BF，由AFBF，得ac，得a22a22a2，aa解得：a1（其中a20舍去），所以b2c2a2413，y2故双曲线C的方程为x21；3{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}【小问2详解】设Mx1,y1,Nx2,y2,MN的中点为Qx0,y0因为M,N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2.y221①x11,3y2x221,②2所以3.x1x2x2,③02yyy12,④02yyyy①-②得xxxx12120，12123y1y23x1x2346当kMN存在时，kMN，x1x2y1y22y0y0yy因为MN的中垂线为直线l，所以yy0x2，即l:y0x8，066所以l过定点T8,0.的当kMN不存在时，M,N关于x轴对称，MN中垂线l为x轴，此时l也过T8,0，所以存在以8,0为圆心的定圆E:(x8)2y21，使得l被圆E截得的弦长为定值2.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，本题的关键是求得直线所过的定点，因为半径为1，所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.{#{QQABQQYAogiIQBAAAQgCQwXSCgKQkAACAAoOQAAMIAAAABNABAA=}#}