55、周考题答案2024.2.16.docx

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1、高三年级A部数学周考题答案(2024.2.16)1.D2.B3.B4.C5.C6.D.7.B.8.D9. BCD 10. BDILAD 12.142f+115.(13分)(1)1*7t所以 () = + ox-(2 + l)=-(2 + l)x + 2 (Or-I)(X - 2)因为曲线y=(x)在(Lf(I)处切线与X轴平行，所以解得=1,又/(l)=g-3=-w0,所以=l.(2)的定义域为(0,+e),/(耳=回二比二义，X当=0时，令Q)0,得0xv2,令r(x)2,/(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+8)上单调递减./(x)在x=2处取得极大值，满足题意；当v时，令X%)0,得

2、0x2,令r(x)2,/(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+8)上单调递减./(x)在x=2处取得极大值，满足题意；当。0时，(i)当=g时，J=2j(式)0所以/(x)在(0,+8)上单调递增，/)无极值，不满足题意；(ii)当时，-2,2a令r(x)O,得Ox2(1、 /V)在(，/上单调递增，在上单调递减，在(2,+8)上单调递增.t。7f(x)在x=2处取得极小值，不满足题意；(iii)当OeaCL时，-2,2a令r(60,得2x0,得0Laa/(x)在(O,2)上单调递增，在(2,J上单调递减，在(y)上单调递增./(x)在x=2处取得极大值，满足题意；综上所述，。的取值范围为(

3、-8,；(1) X 可取 0, 1, 2.且:P(X=O)Ce 二 5函一6P(X=I)=安1528P(X=2)CC； _ 3ClC* 28 n /16.(15分)XO12P5U1528328所以X的分布列为:则:EXIX282834小问2详解】设事件D=丁取到红球“，事件E二甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”.当甲、乙、丙三人取得1个白球，则丁取到红球的概率为3C4CGC7当甲、乙、丙三人取得2个白球，则丁取到红球的概率为3C；C；C；X3CeC7当甲、乙、丙三人取得3个白球，则丁取到红球的概率为C；CC2-_-X.Cce7当甲、乙、丙三人取得3个红球，则丁取到红球的概率为CCC5-_=-

4、.CCC7、3CCC43C：Ce3CICC2/ P(DE)则所求概率为：P(Elo) 二 I而44.+11-r-+-7M-7*773C；C53C；C；C；43C；C；G33C；C；G2一而.434X+433X+42_+“2_I-17Cl7厂|Cl1厂1r17. (15分)TT（1）因为在梯形ABCO中，AB/CD,AB=2AD=2CD=4,/BAD=一,2为48的中点，所以,3CD/PB,CD=PB,所以ZXADP是正三角形，四边形OpBC为菱形，可得ACl8C,ACLDP,而平面AC_L平面84C,平面力ACC平面BAC=AC,OU平面OAC，DOAC,.DOJ_平面BAC,所以Q4,0P,

5、0。两两互相垂直,如图，以点。为坐标原点，OA,0P,0。分别为X,Z轴建立空间直角坐标系,则a(J,O,o),c(-3,O,o),(-3,2,),(0,0,1),P(O,1,O),ADAB=(-2,2,),BD=(3,-2,l),CD=(3,0,l),设平面ABD的一个法向量为相=（X,y,zJ,则in AD1 = O m AB = O即.-3x z = O-23xl +2yl =O令 XI= 1,则 y = Z =,m = 1,6,6),设平面C8D的一个法向量为=（X2，Z2），则nBD, = O,即 n-CD, = Ocos (tn, n mn 11 + O,V3 x(-5/7p1 +

6、 3 + 31 + 37所以二面角A-8。 一。的余弦值为-立.7（2）线段PD上存在点。，使得CQ与平面88所成角的正弦值为亚8设PQ=4P3(0;ll),因为。户=(6,l,),PD=(0,-1,1),所以C=CP+P=CP+PD=(3,1-,),设CQ与平面BCD所成角为仇则 sin = CoS(CQ, )-$/3 (1 - A)2222-2 + 48即3/1?7兄+2=0，0b解得丸二,，3所以线段PQ上存在点。，且丝使得CQ与平面8C。所成角的正弦值为亚.PD3818. （17分）解：（1）因为过焦点的直线交抛物线于A,B两点,且A8=8,设A（x,j）,B（X2,）?）,由抛物线的

7、性质可得X2+X2+P=AB=8,又由抛物线方程可知p=2,所以X+X2=6,所以线段AB中点的横坐标，即至Uy轴的距离为巴产=3（2）由点C与原点。关于点P对称可知P是线段OC的中点,所以点。与点C到直线/的距离相等，所以四边形OABC的面积等于2Sacb,设直线方程为X=用y+l,v=y+1则，消去X可得y2-4ny-4=0,y2=4x设A（A3,3）,B（X4,）4）,由韦达定理可得*+）4=4?，y3y=-4,所以2saob=2ofIy3-y4*=41，当m=0时，四边形OABC的面积取最小值4.（3）设。点坐标为（R24）,M点坐标为（XM,m）,N点坐标为（XM）w）.则直线DM的

8、方程为y2a=k（%/）,与抛物线y2=4x联立，消去X得y2_y但一4a2=。，kk所以由韦达定理可得2a+yltth生,k解得丫吊出直线DN的方程为y-2a=（x/）,与抛物线y2=4x联立，消去X得yr+4ky-8成-4a2=0,由韦达定理可得2a+yN=-4k,解得w=-4A-24,显然直线MN斜率不为零，当直线MN斜率存在时，直线MN的方程为y*=L=4（,x?=_4（；XM）-XLMy评（yN+yM）（yN-yH）4x+(-2a) (-4k-2a)4-2a-4k-2a k-4k-2a代入IMN得,_k-4k-2a+2ak?+a%_k(-a2-4)一/a+l-ak-kl-ak-k所以

9、直线mn过定点（4+2,-2d）,即T点坐标为（4+J,-2）,2a4+a2所以直线Or斜率为k0 =L当且仅当匹=,即=2时，等号成立, 2aa,即a=-2时，等号成立,当V0时，OV-Wr工当且仅当乌=T-2a当。=0时，Aror=O,当直线MN的斜率不存在时，设M点坐标为（r2,2r）,N点的坐标为（z2,-2Q,则DM=2-4(？-2)=0,解得2=4+q2,所以直线MN的方程为：x=4+/过点（4+/，2a）,综上所述，直线OT的斜率的取值范围为L-1.19. （17分）(1)由4=maxq+M+2-min4+M+204=max2,q一min2,4=1,若。32,则%-2=1,即=3

10、,此时/=max3M4-min3,4=2,当包3,则q-3=2,即为=5；当包3,则3-4=2,即/=1；若1，则/一1=2,即=3；当为vl，则1-。4=2,即%=T(舍)；综上，内的所有可能值为1,3,5.(2)由(1)知：可0,则minq+,z+2O,数列%中的项存在最大值，故存在N使qtqlo,(=1,2,3,),由a,II)=maxano+1,-min+1,max/,al2%,所以min4”,纵1+2=，故存在%+1,%+2使%=O,所以O为数列4中的项；(3)不存在，理由如下：由%0(=1,2,3,),则%WaH+15=2,3,)，设5=|%4+1，心1,若S=0,则4W%,ai0,取勺=一+2(表示不超过4的最大整数)，%当4时，an=(an-an_x)+(.-an_2)+.+(a3-a2)+a2=%+%+4+a2(n-)a1M；若S=0,则S为有限集，设m=maxMU%+,l,+10,取巧=+加+1(印表示不超过X的最大整数)，/H+1当丐时,afl=(an-anJ+(ai-al2)+.+(am+2-az,l+1)+am+x=4-2+a11-3+勺，+卅+1N(-mWgM；综上，不存在正实数M,使得对任意的正整数，都有M【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定工+|5=2,3,),并构造集合S=ll,讨论S=0、S0研究存在性.