2023-2024学年第一学期高三年级12月学情调研测试数学试题参考答案一、单项选择题：本题共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．A4．C5．C6．D7．B8．D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．AD10．BD11．BCD12．ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．229113．(x3)y114．15．,316．5516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.解：（1）设x0，则x0x,0时，f(x)x12．f(x)(x1)2(x1)2f(x)是定义在R上的奇函数f(x)f(x)(x1)2......................4分aa（2）f()f(2x)0等价于f()f(2x)(2x)xx由f(x)解析式可得f(x)在R上为减函数，a所以2x对任意x[1,2]恒成立，x即a2xx2对任意x[1,2]恒成立，即2，......................7分a(2xx)min2xx2(x1)21，x[1,2]2(2xx)min213a3，即实数a的取值范围是(,3)．......................10分{#{QQABZYIEogioAAIAABhCAQGaCgOQkACACCoGBAAMIAABgRFABAA=}#}191a2418.（1）法一：由题意得：a24b2，解得222b3ab1x2y2椭圆的方程为1--------------4分4322233法二：由题意得：2a114，即a222x2y2c1，b3，椭圆的方程为1--------------4分43（2）法一：由题意得：l:yx1x2y212由43得：7x8x80yx1设，A(x1,y1),B(x2,y2)88则xx,xx，--------------7分127127222ABx1x2y1y211x1x22x1x24x1x228824=24---------------10分77712点O到直线AB的距离为---------------11分22124262S--------------12分AOB2727法二：由题意得：l:yx1x2y212由43得：7y6y90--------------7分yx1设，A(x1,y1),B(x2,y2)69则yy,yy，--------------7分127127{#{QQABZYIEogioAAIAABhCAQGaCgOQkACACCoGBAAMIAABgRFABAA=}#}112SOFyyyy4yy--------------10分AOB2112212122169624--------------12分277719.（1）bsinAa3acosB由正弦定理得：sinBsinAsinA3sinAcosBA0,,sinA0sinB13cosB,3cosBsinB1--------------2分17cos(B),0B,B62666B,B--------------5分636（2）在DBC中，由余弦定理得：CD2BC2BD22BCBDcosDBC3121223172CD7--------------6分171227cosBDC217727cosADCcos(BDC)cosBDC721ADC0,,sinADC--------------9分7sinAsinADCACDsinADCcosACDcosADCsinACD21127321------------10分727214CDAC在ADC中，由正弦定理得：,sinAsinADC7AC,AC27即2121------------12分147{#{QQABZYIEogioAAIAABhCAQGaCgOQkACACCoGBAAMIAABgRFABAA=}#}20.（1）证明：∵A=，AB=，B=5，∴A2+AB2=B2，∴A⊥AB，∵平面AB⊥底面ABCD，平面AB∩平面ABCD=AB，A⊂平面AB，∴A⊥平面ABCD，.....................2分∵AC⊂平面ABCD，∴A⊥AC，∵直线C与底面ABCD所成的角为°，∴∠CA=°，∴AC=，C=，∵底面ABCD为平行四边形，∠ADC=0°，AB=CD=，∴AC2=AD2+CD2−2×AD×CD×cos0°，即=+AD2−AD，解得AD=，∴AD2+AC2=CD2，∴AD⊥AC，........................4分∵A∩AD=A，A，AD⊂平面AD，∴AC⊥平面AD，∵AC⊂平面AC，∴平面AD⊥平面AC．.....................6分（2）解：以A为原点，AC为x轴，AD为y轴，A为z轴，建立空间直角坐标系如图，B(,−,0)，C(,0,0)，D(0,,0)，(0,0,)，=(,,)，C=(,0,−)，D=(,,)，设平面0BC的0一个法向量为n=(x,y,z)，0n⋅=3y=0则，n⋅C=x−z=0取，得，.....................8分x=1n=(1,0,)设平面DC的一个法向量为m=(a,b,c)，m⋅=−c=0则，m⋅=a=0取a=3，得m=(3,,3)，..................10分{#{QQABZYIEogioAAIAABhCAQGaCgOQkACACCoGBAAMIAABgRFABAA=}#}................11分，面角B−C−D的平面角为θ，由图可知θ为钝角ﺰ设瑰二൪则cosθ=−，∴二面角B−C−D的余弦值为−．.................12分21.解：由题意得=6，=0.4灭0Ǥ0Ǥ0Ǥ0Ǥ4又，xiyi70..65+760.40+.5405.3+40.30.34=100.3.28.2i1灭××××4－，分xiyi4xy180.2.34456.50.40=.30.570.5................................2i1××44222222，2－2，xi7+6++5=1454126xi4x1524644356=.5105i1i1灭×4xy4xyii0.5ˆi1，分b4=0.00.71................................4225xi4x0Ǥi10所以aybˆx00.4.3－50.007.1=－50..502，0.2故得y关于x的线性回归方程为y0.1x0.2；................................5分0Ǥ0x0Ǥ0(2)（i）将x代入y0.1x0.2=，估计该省要发放补0贴的总金额0Ǥ0为x0Ǥ0100Ǥ000×.6=5028（0Ǥ万0元）灭；Ǥ灭................................7分（ii）设小江、小沈两人中选择考灭研Ǥ的灭×人数为×X，则X的所有可能值为0、1、2，，P(X0)(p)(p)(p)，P(X)p(p)(p)(，p)pp................................10分P(XEX)0p(p3p2)5p+p2p6p26)p+113p2p2，4p10×(p)(pp×(pp)p(3p-1)，可得，................................11分≤0Ǥ又(因0Ǥ为Ǥ)0Ǥ×，可得p，p故≤p.................................12分0≤≤≤≤≤≤0≤≤{#{QQABZYIEogioAAIAABhCAQGaCgOQkACACCoGBAAMIAABgRFABAA=}#}22.解：（1）fx的定义域为0,，1ax2ax1fx1.x2xx2因为fx为单调减函数，所以x2ax10对x0恒成立，1所以ax,x0，恒成立，x1因为x2，当且仅当x1时取等号，所以a2；................................4分x2（2）由（1）知x1，x2是xax10的两个根.从而x1x2a，x1x21，不妨设x1x2，................................5分xaa2441则t2.x222aa4aa43292因为a，所以t为关于a的减函数，所以.................................7分24灭≤≤fxfx1lnxlnx121a12x1x2x1x2x1x2lnx1lnx2t12x1x22lnt.................................9分x1x2t11t1t2lnt令ht2lnt，则htt.2t1t11因为当a2时，fxx2lnx在0,上为减函数.x1所以当t1时，m(t)t2lntm10.t从而ht0，所以ht在0,1上为减函数.1271所以，Mh(t)h()2ln2，mh(t)h()23ln2max87min23292所以当a时，................................12分24(灭)(){#{QQABZYIEogioAAIAABhCAQGaCgOQkACACCoGBAAMIAABgRFABAA=}#}