2024年1月四川南充高三一诊 试卷及答案 全科合集.rar

1、2024 届南充一诊文科数学参考答案一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求题号123456789101112选项CDDABACABBCD二填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在答题卡上13 9 14 3 15 87 16 21 三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 1721 题必考题，每个试题考生必须作答.第 22、23 题为选考题，考试根据要求作答.(一)必考题17解：(1)数列 na是等比数列且4a是26a和3a的等差中项06262 62221131 324qqq

2、aqaqaaaa即：解得：2q或23q（舍去）.)*(222211Nnaannn又(2):由(1)得111)1(12log2log1loglog1122122nnnnaabnnnnn.20242023202411 )2024120231()2023120221()3121()211(20232022212023bbbbT18 解：(1).由题意得60140100100)40802060(200)()()()(222dbcadcbabcadnK879.7524.921200故有 99.5%的把握认为 70 岁以上老人感染支原体肺炎与自身有慢性疾病有关.(2).现从感染支原体肺炎的 60 位老人中

3、按分层抽样的方式抽出 6 人，则抽出的 6 人中有慢性疾病 4 人，无有慢性疾病 2 人.设慢性疾病 4 人编号为4321 AAAA，；无有慢性疾病 2 人编号为 21BB，.现从 6 人中随机抽出 2 人共 15 种情况.分6分4分8分12分4分5分6具体情况如下：2111413121 BABAAAAAAA，;22124232 BABAAAAA，;231343 BABAAA，2414 BABA，;21 BB其中抽出的 2 人中恰有 1 个人患有慢性疾病，共 8 种情况(划线部分即为所示).故抽出的 2 人中恰有 1 个人患有慢性疾病的概率为.158P19 解：(1).方法一：证明：取BD的中

4、点F,连结AF22 232 422DFADAFDFADBDBDAFABADDEAFDEAFDEBDDEBCDDE，平面/22FDEA四边形为矩形BDAE/BCDAEBCDBDBCDAE平面平面平面/方法二：证明：取BD的中点F,连结AF22 4 3222DFADAFBDAFBDABAD，BCDAFBDBCDABDEABDEAFBCDABDEABDEDEBCDDE平面平面平面，平面平面平面平面，平面 DEAFDEAF，/分10分12分6分2分4分2分5分4FDEA四边形为矩形BDAE/BCDAEBCDBDBCDAE平面平面平面/(2).BDAE/，直线 BC 与 AE 所成角为 3030CBD4

5、BDCDBC，232CDBC，过C作BD的垂线交BD于HBDCH BCDCHBCDDE平面，平面CHDE DDEBD又ABDECH平面在BCD中，3 ,2121CHCHBDCDBCSBCD得由又2221DEAESSDAEBAE3623223131CHSVBAEBAECBCDDEDEAF平面，/BCDAF平面CFAF 22221AFBDCF，又3222CFAFACABC为等边三角形，33ABCS设点E到平面ABC的距离为h，由BAECABCEVV得：322h.故点E到平面ABC的距离为322.注：以下方法酌情给分的距离相等到平面、知，平面由ABCFEABCEF/，如右图，取，中点MBC分6分7分

6、12分11分9分1分5分10.,FNABCEABCFNNAMFNF的距离等于到平面，即平面则可证于作过20 解：(1).由题意 1)(，xxexf1)0(f得2)0(f又故切线方程为022yxxy，即20 ;20 xyyx得令得令22221S三角形面积(2).方法一：由题意得 1)(，xxexf显然0)(0 xfx时，1)()(0 xxexfxx令，时又上单调递增，在故)0()(,0)1()(xexxx上单调递增在),0()(xf又 01)1(01)0(，eff0)()1,0(00 xfx使得故 )(0)(0；单调递减，时，当xfxfxx单调递增，时，当)(0)(0 xfxfxx 02)1(0

7、13)2(2，又efef03)2(02)1(2eff，所以)(xf有且仅有两个零点)2,1()1,2(2121xxxx，且，知由 01)1()(1111xexxfx，01)1(1)1()(11111111xxxexexxexxf也成立111)1,2(xxx知又由0 2121xxxx即方法二：02)1(f 0)(1的根不是方程xfx0)(0)(11)(xgxfxxexgx则，令)1()1 ()(0)1(2)(2，的定义域为，又xgxexgx分3分12分8分6分6分9分7分6分12单调递增，在，单调递增，在)1()1 ()(xg01)2(05)23(0511)23(0311)2(223232ege

8、gegeg，)(xg有且仅有两个零点)2 23()23 2(2121，且，xxxx所以)(xf有且仅有两个零点)2 23()23 2(2121，且，xxxx则若 .01)1()(1111xexxfx01)1(1)1()(11111111xxxexexxexxf)23 2(1，x11xx 0 2121xxxx即方法三：02)1(f 11 0)(xxexfx：得由图象交点的横坐标与函数的零点就是函数 11)()()(xxxexhxfx图象如右图所示：的与)()(xxh是减函数，在上单调递增，在)1()1()()(xRxh)2()2(3)2()2()23()23(5)23()23()1()1(0)1

9、(1)1()2()2(31)2(1)2(2232hehhehhehheh，所以)(xf有且仅有两个零点)2,23()1,2(2121xxxx，且，则若 .01)1()(1111xexxfx01)1(1)1()(11111111xxxexexxexxf分7分10分10分12分12分6)1 2(1，x11xx 0 2121xxxx即方法四：txtexexxfxxln 1)1()(，则中，令在1ln)1(1ln)1(ln)()(tttttttgxf可化为有且仅有两个零点明有且仅有两个零点即证证明上的增函数可知：是由)()(tgxfRetx是增函数，在，)0()(1ln)(tgtttg是增函数，在时，

10、是减函数，在时，使得，知：，由)()(,0)()()0()(,0)()0(01ln)()1(011)(1)1(00000000ttgtgttttgtgtttttgeteegg03)(02)(02)1(031)1(2222eegegeegeeg，又)(tg有且仅有两个零点)()1 1(222121eeteettt，且，所以)(xf有且仅有两个零点)2 1(ln)1 2(ln221121，且，txtxxx则若 .01)1()(1111xexxfx01)1(1)1()(11111111xxxexexxexxf)1 2(1，x11xx 0 2121xxxx即方法五：中，在 1)1()(xexxfx的零

11、点不是知：由)(002)0(xfxf)1(lnttxtex，则令011ln0)(tttxf分10分8分6分10分5分8有且仅有两个零点明有且仅有两个零点即证要证明11ln)()(ttttgxf单调递增，和，在，的定义域为且又)1()1 0()()1()1 0()(0)1(21)(2tgtgtttg013)(012)(012)1(013)1(222222eeegeegeegeeeg，又)(tg有且仅有两个零点)()1 1(222121eeteettt，且，所以)(xf有且仅有两个零点)2 1(ln)1 2(ln221121，且，txtxxx则若 .01)1()(1111xexxfx01)1(1)

12、1()(11111111xxxexexxexxf)1 2(1，x11xx 0 2121xxxx即21 解：(1).)1,0()0,5(BA，由055yxAB的方程为：得直线65515dAB的距离故原点到直线直线 AB 与圆 O 相切65dr圆的半径故以 O 为圆心且与 AB 相切的圆的方程为：6522 yx方法一：(2).由题意可知，)0 2(1F故MN方程为：)2(xky),(),(2211yxNyxM，设则直线MP的方程为：)1(111xxyy)(05105510)1(5 )1(1 151212121221211122xxyxyxxyxxyyyx得：联立分12分2分4分6分8分9分12分1

13、1分7分6又上，故在椭圆EyxM),(11152121 yx，即212155xy代入)(式整理得：0355)3(2112121xxxyxx0031，显然x 33512111xxxxxP3)2(232)1(1 35311111111xxkxyxxyyxxxPPP，3)2(2,3531111xxkxxP故同理：3)2(2,3532222；xxkxxQ2544)55(2 )3)(53()3)(53()3)(2()3)(2(23533533)2(23)2(212121221122122112211kxxxxkxxxxxxxxkxxxxxxkxxkk故25kk，即kk52所以：存在常数52满足题意.方法

14、二：由题意可知，)0 2(1F故MN方程为：)2(xky),(),(),(),(44332211yxQyxPyxNyxM，设),1(),1(3311yxtyxRPtMR设)(01 )1(131313131tyyttxxtyyxtx得：231313131223221232212232321211)(5)(15 1515ttyytyytxxtxxtytyxtxtyxyx得：由分7分8分9分10分9分10分11分12ttxxttxxt55 105)(1()(31231即：带入上式得：将txtxttxx23 2313131，又)52()2(11113tkxktyty)52(23 44kyxRQNR，同

15、理可得：设kttktktkxxyyk25)11(2)11(5)23()23()52()52(4343故25kk，即kk52所以：存在常数52满足题意.22.解：(1).显然1C是过原点且倾斜角为的直线1C的极坐标方程为)20(R，2C的极坐标方程为2)20(R，.(2).由 sin8得A的极坐标为，sin8由2sin8得B的极坐标为2 cos82)2sin(8，即，.cos8 sin8OBOA，AOB的面积为：2sin16cossin3221OBOAS又)20(，AOB 4时，面积的最大值为 16.分1分5分3分2分3分5分6分8分9分10分8分9分1023.解：(1)4 642 222 62

16、4)(xxxxxxxf6)(4minxfx时，当05)(2aaxf恒成立0562aa即0652 aa32a故a的取值范围为32，.(2)由(1)知：6 .6cbaM即法 1：3618)(3)3()2()3()1()2()1(6 )3)(2(2)3)(1(2)2)(1(2321)3212cbacbcabacbacbcabacbacba（当且仅当 6321cbacba，即123cba时等号成立321cba的最大值为 6.法 2：（柯西不等式）363)6()111()3()2()1()131211(0 0 02222222cbacbacbacba当且仅当6131211cbacba，即123cba时等

17、号成立321cba的最大值为 6.2024 届南充一诊理科数学参考答案一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求题号123456789101112选项CDCABABDBDCD二填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在答题卡上13 1 14 3 15 87 16 21 三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 1721 题必考题，每个试题考生必须作答.第 22、23 题为选考题，考试根据要求作答.(一)必考题17解：(1)数列 na是等比数列且4a是26a和3a的等差中项2113

18、1 3246262qaqaqaaaa即0622qq整理得：解得：2q或23q.2211nnnqaaq时，当.)23(2231-11nnnqaaq时，当*).()23(221-Nnaannnn或（2）:由(1)得，若0q，nna2111)1(12log2log1loglog1122122nnnnaabnnnnn.20242023202411 )2024120231()2023120221()3121()211(20232022212023bbbbT18 解：(1).由题意得60140100100)40802060(200)()()()(222dbcadcbabcadnK879.7524.9212

19、00分4分6分8分12分4故有 99.5%的把握认为 70 岁以上老人感染支原体肺炎与自身有慢性疾病有关.(2).现从感染支原体肺炎的 60 位老人中按分层抽样的方式抽出 6 人，则 6 人中有慢性疾病 4 人，无有慢性疾病 2 人.再从 6 人中随机抽出 4 人，则抽出的 4 人中可能有以下 3 种组合：有慢性疾病 4 人；此时8万元有慢性疾病 3 人，无有慢性疾病 1 人；此时7万元有慢性疾病 2 人，无有慢性疾病 2 人；此时6万元所以的可能取值为6 7 8，故151)8(4644CCP；158)7(461234CCCP；156)6(462224CCCP故的分布列为：876P151158

20、52则的数学期望32052615871518)(E(万元)19(1).方法一：证明：取BD的中点F,连结AF22 232 422DFADAFDFADBDBDAFABADDEAFDEAFDEBDDEBCDDE，平面/22FDEA四边形为矩形BDAE/BCDAEBCDBDBCDAE平面平面平面/分5分6分8分11分12分6分2分4方法二：证明：取BD的中点F,连结AF22 4 3222DFADAFBDAFBDABAD，BCDAFBDBCDABDEABDEAFBCDABDEABDEDEBCDDE平面平面平面，平面平面平面平面，平面 DEAFDEAF，/FDEA四边形为矩形BDAE/BCDAEBCDB

21、DBCDAE平面平面平面/(2)取BC的中点M，连结FMAM,.90BCD2FBCF，BCDDEDEAF平面，/BCDAF平面CFAF 222AFCF，又3222CFAFACABAC 的平面角为二面角的中点为DBCAAMFAMBCMFBCBCM,22tanMFAFAMFAFMRt中，3221BCCDFM，分2分5分6分4分8方法一：以轴，为轴，为为坐标原点，yCBxCDC建立如图所示的空间直角坐标系xyzC-，0,0,2 0,0,0，DC )22,3,1()22,0,2(，AE).0,32,0(B)0,32,0()22,3,1()22,0,2(CBCACE，设平面ABC的法向量),(zyxn,

22、0 0 CBnCAn由 0320223yzyx得1z取得：)1,0,22(n设直线CE与平面ABC所成角为,9633222222 ,cossinCEnCEnCEn则直线CE与平面ABC所成角的正弦值为96.方法二：过C作BD的垂线交BD于HBDCH BCDCHBCDDE平面，平面CHDE DDEBD又ABDECH平面在BCD中，3 ,2121CHCHBDCDBCSBCD得由又2221DEAESSDAEBAE3623223131CHSVBAEBAEC32CABCAB又ABC为等边三角形，33ABCS设点E到平面ABC的距离为h，由BAECABCEVV得：322h.故点E到平面ABC的距离为322

23、.2 22CDDECDERt，中，又分12分10分10分11分12分2分6分1分432CE所以直线CE与平面ABC所成角的正弦值为96CEh注：以下方法酌情给分的距离相等到平面、知，平面由ABCFEABCEF/，如右图，取，中点MBC.,FNABCEABCFNNAMFNF的距离等于到平面，即平面则可证于作过20 题：(1).由2sin)(2)(xxmfxh得：恒成立时xexmxsin2 ),0()0(sin2)(xexxx令xexxx)sin(cos2)(xxxx4:0)(40:0)(得；由得由上单调递减，上单调递增；在，在)4()4 0()(x4 max)4()(ex所以),4 em的取值范

24、围为(2).由已知)(xf与)(xg的图像关于直线xy 对称xxgln)(设公切线与),()(sxesexf相切于点，)ln,(ln)(ttxxg相切于点与：知公切线可分别表示为，由xxgexfx1)()()1()(sexeysxeeyssss，即或1ln1)(1lntxtytxtty，即1ln)1(1tsetess 1)1(ssets得：由消去01)1(sses即则令 ,1)1()(xexxFx 1)(，xxexF显然0)(0 xFx时，时，当0 x，令1)()(xxexFx上单调递增，在故)0()(,0)1()(xexxx分5(*)8分分11分10分5分12分1分6又01)1(01)0(e

25、FF，01)()1 0(0000 xexxFx使得，单调递减，时，当)(0)(0 xFxFxx；单调递增，时，当)(0)(0 xFxFxx02)1(013)2(2eFeF，又；03)2(02)1(2eFF，所以)(xF有且仅有两个零点,21xx，且).2,1(),1,2(21xx知：由01)1()(1111xexxFx01)1(1)1()(11111111xxxexexxexxF111)1,2(xxx知由0 2121xxxx即)(xf与)(xg有且仅有两条公切线，且)(xf图像上两切点横坐标互为相反数.处理的解法，评分标准酌情题过程可参照文科再构造函数证明，具体或得：或由消去或得：处由消去注：

26、)2(20 011ln 01ln)1(11 011 (*)ttttttsssessetss21 解：(1).显然四边形 ABCD 为菱形,故其内切圆以 O 为圆心，半径为r的距离到直线ADO)1,0()0,5(DA，又由055yxAD的方程为：得直线rdAD65515的距离故原点到直线6522 yxABCD内切圆的标准方程为：故四边形(2).方法一：由题意可知，)0 2(1F故MN方程为：)2(xky),(),(2211yxNyxM，设则直线MP的方程为：)1(111xxyy)(05105510)1(5 )1(1 151212121221211122xxyxyxxyxxyyyx得：联立分4分3

27、分7分8分6又上，故在椭圆EyxM),(11152121 yx，即212155xy代入)(式整理得：0355)3(2112121xxxyxx0031，显然x 33512111xxxxxP3)2(232)1(1 35311111111xxkxyxxyyxxxPPP，3)2(2,3531111xxkxxP故同理：3)2(2,3532222；xxkxxQ2544)55(2 )3)(53()3)(53()3)(2()3)(2(23533533)2(23)2(212121221122122112211kxxxxkxxxxxxxxkxxxxxxkxxkk故25kk，即kk52所以：存在常数52满足题意.方

28、法二：由题意可知，)0 2(1F故MN方程为：)2(xky),(),(),(),(44332211yxQyxPyxNyxM，设),1(),1(3311yxtyxRPtMR设)(01 )1(131313131tyyttxxtyyxtx得：231313131223221232212232321211)(5)(15 1515ttyytyytxxtxxtytyxtxtyxyx得：由分9分12分11分9分10分11分12分5分7分8分9分10ttxxttxxt55 105)(1()(31231即：带入上式得：将txtxttxx23 2313131，又)52()2(11113tkxktyty)52(23

29、44kyxRQNR，同理可得：设kttktktkxxyyk25)11(2)11(5)23()23()52()52(4343故25kk，即kk52所以：存在常数52满足题意.22.解：(1).显然1C是过原点且倾斜角为的直线1C的极坐标方程为)20(R，2C的极坐标方程为2)20(R，.(2).由 sin8得A的极坐标为，sin8由2sin8得B的极坐标为2 cos82)2sin(8，即，.cos8 sin8OBOA，AOB的面积为：2sin16cossin3221OBOAS又)20(，AOB 4时，面积的最大值为 16.分3分1分2分3分5分6分8分9分10分8分9分1023.解：(1)4 6

30、42 222 624)(xxxxxxxf6)(4minxfx时，当05)(2aaxf恒成立0562aa即0652 aa32a故a的取值范围为32，.(2)由(1)知：6 .6cbaM即法 1：3618)(3)3()2()3()1()2()1(6 )3)(2(2)3)(1(2)2)(1(2321)3212cbacbcabacbacbcabacbacba（当且仅当 6321cbacba，即123cba时等号成立321cba的最大值为 6.法 2：（柯西不等式）363)6()111()3()2()1()131211(0 0 02222222cbacbacbacba当且仅当6131211cbacba，即123cba时等号成立321cba的最大值为 6.