甘孜州普通高中2024届第一次诊断考试文科数学·参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。1．D2．B3．D4．C5．C6．C7．A8．B9．D10．A11．B12．B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。将答案填在答题卡相应的横线上。xy2213．114．315．yexe16．11612三、解答题：本大题共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．（12分）解：（1）22列联表补充如下：选物理类选历史类合计男生401555女生202545合计6040100100(40252015)2由K8.2496.635260405545故有99%的把握认为选科分类与性别有关联（2）由已知，选择物理类的学生共60人，男女比例为2：1，因此抽取6名学生中，男生4人，女生2人；4名男生分别记为A、B、C、D，2名女生记为a、b；则可能的抽取方式有：AB，AC，AD，BC，BD，CD，Aa，Ba，Ca，Da，93Ab，Bb，Cb，Db，ab；一共15种，故至少抽中一名女生的概率P==15518．（12分）解：（1）选①：由aCAbBcosccos2cos得sinACABBcossinCcos2sincos1即，sinACBBBBB2sincossin2sincoscosB2高三诊断考试·文科数学·参考答案第1页（共6页）π∵B0,π∴B3acab选②：由正弦定理得，即accab222b2c2a2ababc1由余弦定理得cosB∵∴2选③：由bCbCaccos3sin0得sincos3sinsinsinsin0BCBCAC则sincos3sinsinsinsin0BCBCBCC即3sinsincossinsin0BCBCC则3sincos10BB，ππ1ππ5π解得2sin1B，即sinB∵，∴B,，662666ππ∴B，故66111（2）由SSS△ABCABDBCD△△，得accsin60sin30sin30BDaBD，222即32acac①．由余弦定理得b2a2c22accosB，所以acac229②．133由①②得ac2（舍去）或ac6，所以SacBsin．ABC2219．（12分）解：（1）由CFA//E，CF平面ADE，AE平面，则CF//平面，由ADB//C，BC平面，AD平面，则BC//平面，而CFBCC，CF,BC平面BCF，故平面BCF//平面，又BF平面BCF，则BF//平面；（2）由题可知：CF⊥面ABCD，∴CF⊥AB，又易知AB⊥BC，BC∩퐶퐹＝C，∴AB⊥面BCF，∴AB⊥BF，１√５在直角三角形BCF中，BF=√퐵퐶2+퐶퐹2=√5，∴S＝∙AB∙BF＝∆ABF２２１１１１푆＝∙AB∙AD＝又V＝∙S∙CF＝，∆퐴퐵퐷２２F−ABD３∆ABD６１１√5∴V＝V＝∙S∙ｄ=∴d=F−ABDＤ－ABF３∆ABF６5高三诊断考试·文科数学·参考答案第2页（共6页）√5所以点D到平面ABF的距离520．（12分）1解：（1）由fx(a)lxnx得fxax0，x当a0时，fx0，所以fx的单调递减区间为0,，无增区间；1ax当a0时，1a，令，fxax0xx11则0x，令fx0，则x，aa11所以的单调递减区间为0,，单调递增区间是,.aa综上，当时，的单调递减区间为，无增区间；当时，的单调递减区间为，单调递增区间是.1a1（2）因为yfx()在x1处取得极值时，所以f10且，即a，01解得a1，则fxxxln，关于x的方程fxxxb()221即xxxb23ln0在,2上恰有两个不同的实数根，21令gxxxxb23ln（x,2），则2123xx212xx11gxx23，xxx1令gx0，解得x或，令gx0，解得12x，2此时函数gx单调递增，1令gx0，解得x1，此时函数单调递减，2因为在上恰有两个不同的实数根，高三诊断考试·文科数学·参考答案第3页（共6页）1所以函数gxxxxb23ln在,2上恰有两个不同的零点，215g0bln20245则g10，即b20，解得ln22b.4g20b2ln2021．（12分）pp解：（1）解：设B(푥，푦)，푥0≥0，由题意知准线lxF:,,0，0022由抛物线的定义可知点B到点F的距离等于点B到准线l的距离，pp所以点B到点的距离与到直线x2的距离之和为xxx222，00022由题意知当x00时，距离之和最小，p所以23，解得p2，所以抛物线C的方程为yx242푥=푚푦−1（2）由（1）知K(0,−1)，设AK：x=my−1，联立方程{，得푦2−4my+4=0，푦2=4푥由∆=0得푚=±1，又与y轴交于正半轴，∴푚=1,∴l：y=x+1所以P0,1．因为MN斜率存在且不为零，所以设:ykxkMxyNxy10,,,,1122，yx24联立，消去x，得kyyk24400，则Δ1610k，ykx14所以k1且kyyy0,y．1212k又直线OA:2yx，令xx1，得yx21，所以Txx11,2，y1y24x1因为MTTH，所以Hxxy111,4，所以KNH，xx21yyx1214所以直线NH的方程为yyxx22，xx21yyx1214x2y1y24x1yyxxxxyxy12112122144所以yxy2x，x2x1x2x1x2x1x2x1高三诊断考试·文科数学·参考答案第4页（共6页）y2y2y2y2yy因为4xxxyxy4121y2y12yyyy0，12122144424141212yy4x所以直线NH为yx121，所以恒过定点0,0．xx21选做题22．（10分）xcos2x2y2解：(1)由题得，所以C的普通方程为1；y49sin3푥=휌푐표푠휃由{得l的直角坐标方程为：−2푥+푦+2=0푦=휌푠푖푛휃1xx2x2x22(2)因为带入曲线C的普通方程得曲线M：xy1，1y3yyy35푥=3+√푡易知点P在直线l上，直线l的参数方程为：{5(t为参数)代入曲线M得：25푦=4+√푡5225푡2+√t+24=0522√5记t1，t2分别为A、B两点所对应得参数，则t1+t2=−，푡∙푡=24；512∴|푃퐴|∙|푃퐵|=|푡1∙푡2|=2423．(10分）【详解】（1）解：由fxx得xxx12，x112xx2可得或或，32xx1x23xx分别解得x或12x或23x，综上可得不等式的解集为1,3．高三诊断考试·文科数学·参考答案第5页（共6页）32,1xx（2）解：由题意知fxxxx121,12，23,2xx易知，fx()的最小值M1，ab111414则1，所以122，即1．2(2)1abab21ab2114因为a0，b0，所以令ma22，nb11，则1，mn所以14abmnmn3()3mn44mnnm53523(54)36nmnm当且仅当m3，n6，即a1，b5时等号成立．高三诊断考试·文科数学·参考答案第6页（共6页）