《2024届贵州省贵阳市普通高中高三上学期质量监测数学试卷及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届贵州省贵阳市普通高中高三上学期质量监测数学试卷及答案（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACA
2、oGAEAIIAAAgANABCA=#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#贵阳市贵阳市 2023 年普通高中高三年级质量监测试卷年普通高中高三年级质量监测试卷 数学数学参考答案与评分建议参考答案与评分建议 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 A D B B C C B A AB BC ABC ACD 13.160 14.12a=15.6x=(或57,66xx=等)16.28 23 17.解：
3、（1）1,2ABC ABC+=+=，2,33CAB=+=由余弦定理得22222cos3cabab=+，即222cabab=+2acb+=，由得35,77ccab=，由正弦定理得32333 3sinsinsin737214aACc=.5 分（2）ABC的面积为15 34，115 3sin24abC=，即135315 327724cc=，7c=，#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#所以AB边上的高53 315 3sin771414hbA=.10 分 18.解：（1）在长方体1111ABCDABC D中，2,1,ABADE=是A
4、B的中点，45AEDBEC=,180180454590DECAEDBEC=,即CEDE，在长方体1111ABCDABC D中，1D D 平面ABCD，CE 平面ABCD，1CED D，又11,D DDED D D DE=平面，CE 平面1D DE，又CE 平面1D EC，所以平面1D DE 平面1D EC.6 分(2)建 立 如 图 的 空 间 直 角 坐 标 系Dxyz,因 为 在 长 方 体1111ABCDABC D中，2,1,ABADE=是AB的中点，(3)所以1(0,0,1),(1,1,0),(1,2,0),(0,2,0)DEBC，因此 1(1,1,0),(1,1,1),(0,1,0)
5、CEEDEB=，由(1)知平面1D DE的法向量为(1,1,0)CE=，设平面1D EB的法向量为(,)x y z=n,则100EDEB=nn,即00 xyzy+=,取1,0,1xyz=，所以(1,0,1)=n，因此平面1D DE与平面1D EB夹角的余弦为 D1C1B1ABCDA1Ez yxD1C1B1ABCDA1E#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#1 1(1)00 11cos222CECE+=nn.12 分 19.解:（1）由题意得112nnaa=，111(1 2)21 2nnnaSaa=，所以1111212nnna
6、aba+=，即1111212nnaaa+=对于所有*nN恒成立,因此111210aaa=+=，解得11,2a=，所以na的通项公式为111 22nnna=.6 分（2）由（1）知12log 21nncn=，112nnncna=，0122101221.22222nnnnnT=+1231101221.222222nnnnnT=+得12111111.22222nnnnT=+1111()1122112212nnnnn+=所以1122nnnT+=.12 分 20.解：(1)设iA=“从第i个盒子中取到红球”，则1121(),()33P AP A=21212121121()()()()(|)()(|)P
7、AP AAP AAP A P AAP A P AA=+=+9531313232=+=；4 分（2）111111()()()()(|)()(|)nnnnnnnnnnnP AP AAP AAP AP AAP AP AA=+=+1112111()1()()3333nnnP AP AP A=+=+#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#1111()()232nnP AP A=所数列1()2nP A是首项为11211()2326P A=，公比为13的等比数列，因此1111()()263nnP A=，111()()223nnP A=+；（
8、经验证1n=也成立）8 分（3）X的可能值为1,2，111111(1)()1()()223nnnP XP AP A=,11111(2)()()223nnP XP A=+,所以X的分布列为 11111 111 131 1()1()2()()22 322 322 3nnnE X=+=+.由于11 1331 131 1()()2222 322 3n+=，所以3()22E X.12 分 21.解：（1）由 题 意 得(2,0),(2,0)AB,设(,),(,),(0,2)M m n N mnmm，则224mn+=，直线PA的方程为(2)2nyxm=+，直线PB的方程为(2)2nyxm=，2222222
9、(2)(2)(4)44nnyxxxxmn=+=,所以轨迹E的方程为224(2)xyx=.6 分（2）当定向直线l的倾斜角为90时，设:,(|2)l xtt=，由224xtxy=得22(,4),(,4)C ttD tt，X 1 2 P 111 1()22 3n 111 1()22 3n+#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#当ACAD时，220,(2)(2)440AC ADtttt=+=2t=，此时:2l x=经过点A（,A C D三点重合），不满足题意.当定向直线l的倾斜角不为90时，假设存在定向直线:l ykxt=+，由2
10、24ykxtxy=+=得222(1)240kxktxt=，当22210,4(44)0ktk=+时,设1122(,),(,)C x yD xy，则212122224,11kttxxx xkk+=由ACAD得,0AC AD=,即1212(2)(2)()()0 xxkxt kxt+=，因此221212(1)(2)()40kx xkt xxt+=，2222242(1)(2)4011tktkkttkk+=，化简得(2)0k tk=，0k=或2tk=，当0k=时,经验证,满足条件；当2tk=时,():22l ykxkk x=+=+过点A，不满足条件，综上所述，当0k=即直线l的一个方向向量为(1,0)时,
11、ACAD.12 分 22.解（1）由1()axf xxe+=得1()(1)axfxeax+=+,(,)x +,(i)当0a=时，()0fxe=，函数()f x在(,)+上单调递减，()当0a 时，1,()0 xfxa=；1,()0 xfxa；1,()0 xfxa；函数()f x在1(,)a 上单调递减,在1(,)a+上单调递增.()当0a 时，1,()0 xfxa=;1,()0 xfxa；1,()0 xfxa；函数()f x在1(,)a 上单调递增,在1(,)a+上单调递减.6 分#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#（2）
12、当0,0ab时，函数()yf x=的图像与函数ybe=的图像有两个交点1122(,),(,)A x yB xy.(2)当0,0ab时，函 数()yf x=的 图像 与 函 数ybe=的 图 像有 两个 交 点1122(,),(,)A x yB xy,即方程()f xeb=有两个不相等的实数根12,x x，也即曲线1()axf xxe+=与直线yeb=有两个横坐标分别为12,x x的交点.由（1）知,当0a 时，max()1)1(f xfaa=，且当0 x 时，()0f x，(0)0f=，所以10eba,10abe.由知当10abe时，12()()f xf x=,即121112axaxxex e+=，21()12a xxxex=，不妨设120 xx，121xtx=，22()21lnln,11a xtxtttteaxaxtt=，1211()2(ln2)11tta xxttt+=+，令221(1)()ln2,(1),()01(1)ttg tttg ttt t=+，所以函数()g t在(1,)+上单调递增,则()(1)0g tg=，又1t，101tt+，因此1211()2(ln2)011tta xxttt+=+,即12()2a xx+.12 分#QQABRQKAggCIAAJAARhCAwVQCACQkBGACAoGAEAIIAAAgANABCA=#
