湖北省部分重点中学2024届高三第一次联考高三数学试卷(答案）一、单选题1-8ADAACBBD二、多选题9.BCD10.ABD11.ACD12.BCD三．填空题n1√ퟑퟏퟐퟓퟔ183273413.−14.015.(−ퟔ,]16.;Snퟑퟒퟗ5209四．解答题:17.【详解】解：（（1）由cos(3sin)sincosBabCbBC,及正弦定理得3cosBABCBBCsinsinsincossin2cos，即得3cossinsincossinsincossinsincoscossinBABCBCBBBCBC2，又因为ABC中,sinsinBCA，所以3cosBABAsinsinsin,又因为sinA0,所以sinBB3cos即tanB3．π又B0,π，故B3（2）由（1）知，B，3∵ABAC，∴ABC为等边三角形，在ACD中，由余弦定理知，AC2AD2CD22ADCDcosD164242cosDD2016cos，11而SADCDsinD42sinD4sinD，△ACD2211SABBCsinBAC2sin5343cosD，△ABC223∴四边形ABCD的面积SSSDD△ACD△ABC5343cos4sin538sinD，32∵D0,，∴D,，3335∴当D即D时，S取得最大值，为538，326故四边形面积的最大值为.{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}18.【详解】（Ⅰ）延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示．因为平面BCFE平面ABC，平面BCFE平面ABCBC，且ACBC，所以AC平面BCK，BF平面，因此BFAC．又因为EF//BC，BEEFFC1，BC2，所以BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCKCKACC,．所以BF平面ACFD．（Ⅱ）方法一：过点作FQAK于Q，连结BQ．因为平面ACK，所以BFAK，BFFQF，则AK平面BQF，所以BQAK．所以BQF是二面角BADF的平面角．313在RtACK中，AC3，CK2，得FQ．133在Rt△BQF中，，BF3，得cosBQF．4所以二面角的平面角的余弦值为3．4方法二：如图，延长ADB,,ECF相交于一点，则为等边三角形．取BC的中点O，则KOBC，又平面平面，所以，KO平面．以点为原点，分别以射线OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．由题意得B1,0,0，C1,0,0，K(0,0,3)，1313A1,3,0，E(,0,)，F(,0,)．2222因此，AC0,3,0，AK1,3,3，AB2,3,0．设平面的法向量为m(,,)x1y1z1，平面ABK的法向量为n(,,)x2y2z2．ACm030y1由，得，AKm0x13y13z10取m3,0,1；ABn02xy2230由，得AKn0x23y23z20取n3,2,3．mn3333于是，cosmn,．mn319434所以，二面角的平面角的余弦值为．{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}2a1119.【详解】（1）当n1时，a，解得a11.2222a1a1当n2时，Sn，①，Sn1，②n2n1222①②得：422aaaaannnnn11，即aaaannnn1120.an0，aann12.an是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列an的通项公式annn11221.121nn（2）由（1）可得Sn2，n2n1111bn2222n(n2)4n(n2)111111111111bb12，b222，b322，，n122，4134244354(nn1)(1)1111155Tn122.44(nn1)(2)441620.【详解】（1）①记三个人分别为A､B､C,则4次传球的所有可能可用树状图列出,如图.每一个分支为一种传球方案,则基本事件的总数为16,而又回到A手中的事件个{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}数为6,63根据古典概型的概率公式得P.1681a11111aaa②第n次传球前在乙丙手中的概率均为n，故annn，2n1222222a1所以an；n122an1111iiaaannn11，223231121an为等比数列，首项为푎1-=，公比为，3332121.푎−=(−)푛−1푛332121所以..푎=+(−)푛−1푛332121991∴푎=+（−）<10033231−푎111991푏=100=−（−）>10023323∴b100>a1002（2）一次摸奖从n5个球中任选两个，有Cn5种，它们等可能，其中两球不同色1111CCn510n有CCn5种，一次摸奖中奖的概率pn2Cn5nn54三次摸奖（每次摸奖后放回），恰有一次中奖的概率1232PC31pnpn3pn2pnpn,(0pn1)2则P33pn4pn133pn1pn1111知在0，上P为增函数，在,1上为减函数，当푝푛=时，取得最大值，33310n1又(5n且nN)，得n20时，最大nn54321.【详解】(1)fx的定义域为0,，1ax2a1x1x1ax1fxaxa1，xxx{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}①当a0时，令푓′(푥)>0，得01x，令fx0，得x1，所以fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减；11②当01a时，令푓′(푥)>0，得或x，令，得1x，aa11所以在，,上单调递增，在1,上单调递减；aa③当a1时，则fx0，所以在0,上单调递增；11④当a1时，令푓′(푥)>0，得0x或，令，得x1，aa11所以在0,，上单调递增，在,1上单调递减；aa综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；在时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减，a（2）gxfxxlnxx2ax，则gx的定义域为，211ax2axgxaxa，xx2若有两个极值点，x1，x2（0xx12），则方程axax10的判别式21aa40，且xx12+1，xx0，所以a4，12a211因为，所以x1x1x2，得0x，所以a1aaaagxgxlnxxax22lnxxaxlnxlnaxax，12111222122121a122设htlntlnatat，其中tx10,，令h(t)a0得t，2ata212a221又0，所以ht()在区间0,内单调递增，在区间,内单调aaaaaa2a递减，即ht的最大值为ha2ln2ln2，而2ln220，∴a22aah2ln2lna2lna，a22{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}a从而gxgxaln恒成立.12222.详解：（1）因为线段GH的中垂线交线段TG于点R，则|RH|=|RG|，所以，|RT|+|RH|=|RT|+|RG|=2√3>|TH|=2由椭圆定义知：动点R的轨迹为以T(-1,0)、H(1,0)为焦点，长轴长为2√3的椭xy22圆，所以曲线C的方程为.13222（2）设M(xM,yM),N(xN,yN),直线OM：yMx−xMy=0;OM=√xM+yM;N到直线OM的距离|yMxN−xMyN|,所以1d=22S∆OMN=|yMxN−xMyN|√xM+yM2xy221另一方面，因为M，N是椭圆32上的动点，所以可设M(√3cosφ,√2sinφ),N(√3cosθ,√2sinθ),(cosφcosθ≠0),2sinθsinφ2kk==−,∴cos(θ−φ)=0123cosθcosφ311∴S=|yx−xy|=|√6sinφcosθ−√6cosφsinθ|∆OMN2MNMN266=√|sin(θ−φ)|=√为定值，且为最大值22푥푦푥2푦2（3）设Q(x,푦),∵푂푄⃑⃑⃑⃑⃑⃑=3푂푃⃑⃑⃑⃑⃑∴P(，），代入C：得+=1.332718即为曲线E的方程SS2SS2SS2由푂푄⃑⃑⃑⃑⃑⃑=3푂푃⃑⃑⃑⃑⃑知△AQP△AOP，同理△BQP△BOP，∴△AQB△AOB，设Ax11,y，Bx22,y，①当直线l有斜率时，设：ykxm，代入椭圆E的方程得：23k2x26mkx3m2540，6mk3m254∴xx12，xx，23k21223k222116mk3m54S△AOBmx12xm2242223kk23{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}2226108162mk22mkm1827m226，2323kk22222∴9mm，S△AOB6222323kk将l：ykxm代入椭圆C的方程得：23k2x26mkx3m260，∵与椭圆有公共点P，∴由0得：23km22，m2令t，则t0,1，∴Stt69432．23k2△AOBxn3,3②当斜率不存在时，设：，212代入椭圆E的方程得：yn2218，∴Snyynn184324，3△AOB2312综合①②得AOB面积的最大值为43，所以AQB面积的最大值为83．{#{QQABLYAUogggAhAAAAhCAwVQCkEQkACCACoOQEAEsAABAQFABAA=}#}