鞍山市普通高中2023—2024学年高三第一次质量检测数学科参考答案一、选择题：1~5、ACBCD.6~8、CBB9、BCD10、BD11、BCD12、ABC二、填空题：513、-314、215、156016、2三、解答题：17.解：(1)在ACD中，由正弦定理得b222，所以，b6分sin60sinC…………………………4（2）作AEBC，垂足为E，则AE3，1，a323,a4分2…………………………6b2c216a21所以，ABC为Rt，又bc23,bc43，且bc2b2,………………………8分c23ACD为等边，CD2…………………………10分18解：（1）因为1n3,a2,a2，n2…………………………2分17n19,a29512,a512n17…………………………4分ma2，mN*2m…………………………6分12kk2（2）由题意S2(222)242k…………………………8分1{#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}SSa32k4，2k12k2k…………………………9分k2n为偶数时，由241200,k9,n18时,SS1200n18………………………10分n为奇数时，由32k41200,k9,n17时,SS1200n17……………………11分综上：S1200的最小正整数为17n………………………12分19：(1)PAB中，E为PB中点，EPEAEB，PAAB，又BD平面PAB，PA平面PAB，BDPA，BDABB,PA平面ABCD，又BC平面ABCD，PABC…………………………4分(2)在RtPAB中，PA23，BPA30,AB2,PB4,设BDa(a0)，以A为坐标原点，分别以AB,AP,BD的方向为x,y,z轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，则D(2,0,a),C(4,0,a),A(0,0,0),E(1,3,0),AE(1,3,0),AC(4,0,a),………………6分设为平面的法向量，则有n1(x1,y1,z1)ACEn1AEx13y103，令z4，得n(a,a,4)，1…………………………8分nAC4xaz03111nn42取为平面的法向量12n2(0,0,1)PAB,|cosn1,n2||||n||n|4212a2163，解得a23…………………………10分1，该三棱锥的表面积记为，则VPABD23234PABDS表32{#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}3，由1得S表23234343123S表rVPABDr333综上：r１２分3…………………………20（1）解：由题意每名优质客户购买套餐A的概率为0.9，X的取值集合为{0,1,2,3}，且X~B(4,0.9)，E（X)=40.93.6…………………………3分（1）记Y表示购买套餐A的人数，则=（x-800）Y,…………………………4分①800x900时，Y~B(n,0.99)，E()(x800)E(Y)99n，此时x900时，E()的最大值为99n…………………………6分B(n,0.9)E()(x800)E(Y)(x800)0.9n180n②900x1000时，Y~,，此时x1000时，E()的最大值为180n…………………………8分B(n,0.7)E()(x800)E(Y)(x800)0.7n210n③1000x1100时，Y~,，此时x1100时，E()的最大值为210n…………………………10分B(n,0.2)E()(x800)E(Y)(x800)0.2n80n④1100x1200时，Y~,，此时x1200时，E()的最大值为80n…………………………11分综上：E()的最大值为210n,此时销售价格x1100元/份……12分b1a2a221（１）由题意，可得，95b1122a4b2x2双曲线C:y14分42x2222（２）法一：设直线MN:xmyt，代入y1，得(m4)y2mtyt40，43{#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}m22mtyy122m4M(x,y),N(x,y)，则有，分112226t4yy122m4224m4t160yy直线1，直线2，由直线、的交点在A1M:y(x2)A2N:y(x2)A1MA2NPx1x12x223yy上得12，8分x12x223yy即：12,4my1y2(2t)(y1y2)(2t8)y10my1t2my2t224m(t4)2mt(2t)(2t8)y0221m4m4m(t2)2(t4)[y]0恒成立21m410分22m(t2)m2mt422若y0，将y代入得mmt40，t2，2112m4m4MN过双曲线的顶点，与题意不符，故舍去t4直线MN过定点（4，0）12分法二：设mP(1,m)，则设直线PA1:y(x2),PA2:ym(x2)3my(x2)32222(94m)x16mx16m360M(x,y)x由2，得，记11，则-2和1是该方程的x2y14两个根28m1812mx,y分则1212，794m94m4{#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}ym(x2)2222由2，得(14m)x16mx16m40，记N(x,y)，则和x是该方程的x22222y14两个根28m24mx,y分则2222，94m14m1则直线MN的斜率222yy12m(4m1)4m(94m)8m(4m3)2mK12MN2222222x1x2(8m18)(4m1)(8m2)(94m)4(4m3)(4m3)4m310分212m2m8m18MN:y(x)y0222，令，94m4m394m22224m188m1816m36x422294m94m94m分故直线MN过定点（4，0）1222解：(1)a0时，f(x)2ex12x，xRf(x)2ex2令f(x)0,x0,f(x)0,x0，所以，f(x)在(,0)上递减，在(0,)上递增f(x)的极小值点为0（也可写x0）…………………………4分(2)f(x)2ex22ax,xR，且f(0)0f(x)2ex2a，且f(0)22a…………………………5分①a0时f(x)0,f(x)在R上单调递增x(,0),f(x)f(0)0,f(x)单调递减，x(0,),f(x)f(0)0,f(x)单调递增x0是f(x)的极小值点，符合题意…………………………7分5{#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}②a(0,1)时，令f(x)0,xlnax(lna,),f(x)0,f(x)单调递增，且f(0)0x(lna,0),f(x)f(0)0，f(x)单调递减，x(0,),f(x)f(0)0,f(x)单调递增，x0是f(x)的极小值点，符合题意…………………………9分a1时，x(0,lna),f(x)0,f(x)单调递减，f(x)f(0)0,f(x)单调递减,③这与x0是f(x)的极小值点矛盾，舍去…………………………10分xx④a1时，f(x)2e22x,xR，f(x)2e2，x(0,),f(x)0,f(x)单调递增，x(,0),f(x)f(0)0，f(x)单调递减，xR,f(x)f(0)0,f(x)在R上单调递增，x0不是f(x)的极小值点，舍去…………………………11分综上：的取值范围为a(,1)…………12分6{#{QQABIYoAggigAhBAARgCUQFgCgEQkAGCCIgGxBAAIAIBCAFABAA=}#}