乌鲁木齐地区2024年高三年级第一次质量监测数学（答案）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．1~4ACDC5~8ABBD二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.ABC10.BCD11.ABD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．1012.413.0.114.或52四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤．ïìa+a=30ïìa+a=3015.（13分）（Ⅰ）由题设得í24，故í24，îïS4=45îïa1+a3=15ïìq=2因为数列{a}为等比数列，所以数列íï，所以a=3´2n-1；…6分nïnîïa1=3n-111111（Ⅱ）由（Ⅰ）得b====´ç÷，nn-1nn-1ç÷anan+13232184184n1ç1÷ç1-ç÷÷çç÷÷nn-118ç4÷21211所以ç÷.…13分Tn==ç1-÷=-127ç4÷275441-416.（15分）（Ⅰ）不能据此判断；…4分（Ⅱ）由频率分布直方图可知，成绩90分以下所占比例为7%+13%+20%+24%=64%，因此85-6435第85百分位数一定位于[90,100]内，由90+10´=90+»95.8，可以估计该地区近视100-646学生的学习成绩的第85百分位数约为95.8；…9分（Ⅲ）设A=“该地区近视学生”，B=“该地区优秀学生”，由题设得P(B|A)=0.48，P(A)=0.54，P(B)=0.36，P(AB)P(B|A)P(A)0.48´0.54所以P(A|B)====0.72.…15分P(B)P(B)0.3617.（15分）（Ⅰ）以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，不妨设AB2，则A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，P0,0,2，E1,0,1，F2,1,0，AF2,1,0，BP2,0,2，BC0,2,0，设平面PBC的法向量nx,y,z，nBP02x2z0nAF10则，即，可取n1,0,1，因为cosn,AF，nBC02y0nAF510所以AF与平面PBC所成角的正弦值为；…7分5（Ⅱ）假设截面AEF内存在点G满足条件，设AFAEAF，0，0，1，所以DGDAAG2,2,,AE1,0,1,AF2,1,0,因为DG平面AEF，所以2DGAE02203,所以，解得，这与假设矛盾矛盾，所以不存在点G，25202DGAF03使DG^平面AEF.…15分b2c6x2y218.（17分）（Ⅰ）由题设得，解得a212，所以C的方程为+=1；…4分a3124222abc（Ⅱ）由题意可设，设,，lAB:ykxmm2Ax1,y1Bx2,y2ykxm222由x2y2，整理得13kx6kmx3m120，112436k2m2413k23m2121212k2m243m2126mk由韦达定理得xx，xx，1213k21213k2y2y2kxm2kxm2由得12，即12，kPA+kPB=4kAB4k4kx1x2x1x2整理得2mkm224m2k，因为k0，得m2m20，解得m2或m1，m2时，直线AB过定点P0,2舍去；m1时,满足364k210，所以直线AB过定点0,1.…10分1（Ⅲ）由（Ⅱ）得直线l:ykx1，所以xy1，ABk1xy11211由k，整理得2，，223yy1203640xy22221kkkk1241412由题意得SFFyy22yy122k，F1AF2B121212123k21111因为k，所以k2，所以08，令t4，t2,23，AF222228kkt1所以S122122，在t2,23上单调递减，F1AF2B21t1tt246所以S的范围是,82.…17分F1AF2B11119.（17分）（Ⅰ）由题设得f(x)2ax1(x0)，所以f(1)12a12a，x又因为f(1)a1a12a，所以切点为(1,2a)，斜率k2a，所以切线方程为y2a2a(x1)，即y2ax，恒过原点.…4分2ax2x1（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)(x0)xx1①a0时，f(x)，x当x0,1时，f(x)0，f(x)在0,1上单调递增，当x1,时，f(x)0，f(x)在1,上单调递减；②a0时，18a，1a时，0，f(x)0，f(x)在0,上单调递增，81118a118a118a时，，在上单调递增，在上0a0f(x)0,,84a4a4a118a单调递减，在上单调递增；,4a③a0时，0，118a118a在上单调递增，在上单调递减；…分f(x)0,,104a4ae（Ⅲ）当x1时，f1e，即a，2e下面证明当a时，fxex，x0,，即证lnxax2xa1ex，22x2ee令gax1alnxxe1，因为x10，所以gag，只需证g0，22eeee即证x2lnxxex10，令hxx2lnxxex1，h10，2222111hxexex1，令mxexex1，mxeex，xxx2122令pxeex，pxex，yex与y在0,上单调递减，x2x3x3x21所以pxe在0,上单调递减，pe160，p12e0，x3212所以存在，使得，即x0，x0,1px00e32x0所以，，，，x0,x0px00xx0,px00所以在上单调递增，在上单调递减，px0,x0x0,121ex3x2所以，，x000，x0,pxpx0px0ee2e323x0x0x0x0321令xexx2，x3ex1，x,1时x0，21所以x在,1上单调递增，所以x1e30，2所以x0,，px0，所以mx在0,上单调递减，m10，x0,1，mx0，x1,，mx0，所以hx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，所以hxh10，e综上所述a.…17分2以上各题的其他解法，限于篇幅，从略，请酌情给分．