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】alog0.20.3(log0.21,log0.20.2)0,1，blog20.3log210，c20.3201，故cab4.B【解析】由题：kx23xk0恒成立，易知k0时不满足，k03时，有k02k94k025.C【解析】记M“两动车相邻”，N“动车01停在A道”，则3n(MN)A31PNM24n(M)A2A481x6.B【解析】由题知01x1，易知fxfx0fx为奇函数1x1x2又和在递增，故由ylog2log21ysinx1,11x1x1fxf2x10fxf2x1f2x11x2x111x35【解析】由图可知当且仅当时，方程有四个不同的根，且，7.A0m1fxmx1x2252x3x4由题：2emx3ln(2m)，e2mx4ln(m2)，x32ex1x4x2x42(2m)5ln(m2)2m5ln(m2)4设hm2m5lnm24(0m1)则12m11h(m)，令hm0m1，h(m)00mm2221115故在递增，在递减，hm0,,1h(m)maxh5ln322228.B【解析】由图像可知，a0不成立，则a0，要ab最大，需要a0，b0；b1时，x0时不成立，则0b1；对于取定的b，要ab最大需要a更大，所以只需过(0,b)作yex的切线，切线斜率即为最大的a.学科网（北京）股份有限公司etb设切点t,et，则et即aet，b1tett0ab1te2tgt，gt1t2e2t1e2t12te2t1e所以在t取得最大值22二、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fxf2x4，得到fx关于1,2对称，又因为定义域为R，所以f12，B正确；因为是偶函数fx2f2x4fx，fx44fx244fxfx，所以周期为4，A正确；由于周期性和奇偶性，f2023f1f12，C错误；由于周期为4，fx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.y1y1y1y1yyyy10.BC【解析】y123n123n1y1，А错误；nnˆˆb的计算中，xi数据不变，yiyyi1y也不变，所以b不变，B正确；aˆybˆxy1bˆxaˆ1aˆ，C正确；nˆ2(yiyi)2i1ˆˆ由于R1，yi变成了yi1，yy1，yˆibxiaˆbxiaˆ1yi1，从而n2yiyi122yiyˆi，yiy都不变，所以RR，D错误.911.AC【解析】由AM3MFFB可得：AF3FBS△3S△，故A正确14111AF1F2BF1F22设Fc,0，Fc,0，l:xtyc，由椭圆离心率为可得：a2c，bc，122故椭圆方程可化为：x22y22c2，联立直线l方程整理得：t22y22tcyc20.2tcc2设A(x,y)，B(x,y)，.则有：yy，yy，112212t2212t22学科网（北京）股份有限公司又由AF13F1B可得：y13y2，1联立可解得：t21k21k1，故B错误t2由k1AF1F245，.又OAOF1A为上顶点，AF2a2c，24252AB2ccc，BF4aAFABc，33223易知满足2ABAF2BF2，故C正确AMAFMF对于D：由前面的分析知：△AMF是以A为直角的直角三角形，故内切圆半径r2222352c2c2c2144ca，故D错误244ae2xcexb12.ABD【解析】由题方程fxaexbexc0ae2xcexb0有两不等实根exx1,x2，且fx在(,x1)，(x2,)上单调递增，在x1,x2单调递减，故a0.A正确x2令te，t0，则方程atctb0有两个不等正实根t1，t2，x1x2其中t1e，t2e，从而有：2c4ab0，ab0ba0220c4ac2ac2ac2a0c2a0ctt0c0a012abbtt0b0，又ab0，故ttex1x21xx0，12a12a12故B正确，C错误x1x2x1x211对于D：f(x1)f(x2)a(ee)b(ee)c(x1x2)a(t1t1)bc(x1x2)t1t2cc，正确abc(x1x2)c(x1x2)0Dab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1226226，13.14.32215.5.5203516.,,21313113.【解析】X服从二项分布Bn,p，则EXnp，DXnp1p21所以np2np1p，p214.322【解析】若log2a1log2b1，则ab不成立；111若log(a1)log(b1)log，则a1b11，abab，1222b1ab11b2a所以2ab(2ab)21322，b2a时取得abab15.5.52035【解析】设2023年为第一年，第n年该厂的金属产量为an，截止第n年末这家冶金厂该金属的累计总产量为Sn1an(n2)Sn，Sn20a1(n1)a12010%35，a220510%35.5，故2024年产量为5.5万吨，an1Sn0.13，anSn10.13作差得an1anan0.1n2，所以an1an1.1n2，n1a2a11.1也成立，所以an51.1，n1n1由an51.115得1.13，(n1)lg1.1lg3lg30.4771(n1)11.5，则n取13，为2035年lg1.10.041422622616.,,13131【解析】设AB中点为Qx,y，PQAB即PAPB，P在AB为直径的圆上.所以只需该圆与AB002为直径的圆有公共点即可.2设直线AB:ykx2，联立得k2x28x学科网（北京）股份有限公司xx2k2441解得x12，y，rABx202k20k2022所以圆心距d(x04)y0，dr3即可（不可能内含）222则(x04)y0x05化简得y02x09，1648226226代入得229，k2k,,22kk1313132a1128b1217.解：（1）由题意可得，解得a13，b12，2a166b1n因为数列an的公差为3，数列{bn}的公比为2，所以an3n，bn211111（2）由（1）知：anlog2bn13n(n1)3nn11111111111Sn11322334nn13n1111易知y1在nN*单调递增，故n1，S取最小值，n，Sn1n6n311故S成立.6n318.解：（1）证明：取AC的中点N，连结MN，BN因为BABC，所以BNCA.因为FA面ABC，BN面ABC，所以FABN.又因为CAFAA，所以BN平面CAF.FA因为点M是FC的中点，所以MN//FA//EB，且MNEB.2所以四边形MNBE为平行四边形，所以EM//BN，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OD//FA，因为FA面ABC，OC面ABC，所以ODAB.因为ME3，由（1）知BN3，又因为BCBA2所以AC2，所以△ABC为正三角形，所以OCAB，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Oxyz.学科网（北京）股份有限公司31，，，，C(3,0,0)B0,1,0E0,1,2F0,1,4(M,,222nCB0设平面CBE的法向量n(x,y,z)，则nBE03xy0所以取y3，则n(1,3,0)，2z01设ME与平面CBE所成的角为，则sincosn,ME，2因为0,，所以，故ME与平面CBE所成角的大小为.266（2）另解：由于EM//BN，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EBCBC,所以BN在面EBC的投影为BC，则CBN即为所求角.而MEBN3，BABC2，所以MC1，AC2，则△ABC为正三角形，而N是AC的中点，所以CBN，6故ME与平面CBE所成角的大小为.6119.解：（1）f(x)2xa，f1a3x由题知f11，a31a2x1x2（2）不妨设0x1x22，则ee0，由题可得：22x1x22x12x2，f(x1)f(x2)x1x2meef(x1)x1mef(x2)x2me2x设gxfxxme，则：g(x1)g(x2)学科网（北京）股份有限公司1xx1故gx在0,2单调递增，从而有：g(x)2me0me2在0,2上恒成立，xxx1设h(x)e2，则mhxxmin112x2x1h(x)ex2exex(0x2)22xxxhx02x2x12x1x101x2hx00x1hx在0,1单调递减，在1,2单调递增.11又h(1)，故hx在0,2上最小值h(x)emine11从而有m，即m,ee20.解：（1）X的分布列为X510P1ppEX51p10p55p（2）开空调时每日用电量：峰段1030%3度，谷段1040%4度，平段1030%3度，则a30.640.430.54.9元不