2024届NCS高三摸底测试数学参考答案及评分意见一．单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．题号12345678答案ACDBCDAB二．多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求，全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．题号9101112答案BCDABACDAB三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．339213．2；14．5；15．；16．.132四．解答题：共70分．17题10分，其余大题12分一道，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【解析】（1）由已知，sinAcosBsinBcosAabsinC，即sin(ABabC)sin，sinCabsinC，所以ab1，……………………3分1133故ABC的面积为absinC1.……………………5分2224a2b2c2a2b211（2）由余弦定理，cosC可得，2ab22所以a2b22，……………………7分所以()ab2a2b22ab4，即ab2，所以ABC的周长为3.……………………10分18．【解析】（1）因为MN,分别为A,CAB的中点，所以NM∥BC，因为ABBC，所以ABMN，……………………2分因为ABPM，PMMNM，所以AB平面PMN，所以ABPN；……………………5分（2）因为ABBC2,BPPM3，则NMNB1，所以PNBPNM，因为ABPN，所以PNNM，因为NBNMN，所以PN平面ABC，因为ABBC2,BPPM3，所以PN22，……………………7分z以NB为x轴，NM为y轴，NP为z轴，P建立如图所示的空间直角坐标系，则M(0,1,0)，B(1,0,0)，P(0,0,22)，所以MB(1,1,0)，MP(0,1,22)，设平面PMB的法向量为nxyz(,,)，1yMACMBn10xy0则，所以，Ny22z0xMPn10B—高三数学第1页（共4页）—{#{QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=}#}令z1，得到n1(22,22,1)，平面PMN的法向量为n2(1,0,0)……………………10分nn22234所以12，cosn1,n2|n1||n2|1717234则二面角NPMB的余弦值为.……………………12分1719．【解析】（1）棱长为n1的正方体的体积为(n1)3，棱长为n的正方体的体积为n3，……………………3分333232所以an(n1)nn3n3n1n3n3n1；……………………5分332（2）由（1）可知an(n1)n3n3n1，……………………7分则222a1a2an31311323213n3n1n(n1)3(1222n2)3(12n)n3(1222n2)3n2又333333332，a1a2an2132(1)nn(1)1nn33nnn(n1)所以3(1222n2)3nn33n23n，22n33n2nn(n1)(2n1)即122232n2……………………12分66.313320．【解析】（1）因为OFM的面积为，则有c，解得c1，……2分422419231a4又因为M(1,)在椭圆C上，则a24b2，解得，2222b3ab1x2y2所以椭圆C的标准方程为1；……………………5分43（2）根据椭圆的对称性，欲证AD,关于x轴对称，只需证kFAkFD，即证kFAkFB0，设A(x2,y2),B(x1,y1)，直线AB方程为xmy4，xmy4由消去得22，22x(3m4)y24my3603x4y1224m36所以yy,yy……………………9分123m24123m24—高三数学第2页（共4页）—{#{QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=}#}y1y2yx1(21)yx2(11)yxyxyy1221()12则kFAkFBx11x21(x11)(x21)(x11)(x21)3624m因为yxyx(yy)2myy3(yy)2m3012211212123m243m24所以kFAkFB0，即AD,关于x轴对称.……………………12分21．【解析】（1）记选出甲乙两名队员参赛为事件A1，选出甲乙、丙丁各一人参赛为事件A2，A选出丙丁两名队员参赛为事件3，活动“党建优秀代表队”称号为事件B.C21CC112C21则2，22，2……………………分PA()12PA()22PA()32.3C46C43C46PBPABABAB()(123)13221232211121()2[()22]()64333343323232121111515()2[()22].……………………6分6322212181812（2）X的可能取值为：0,60,100,120,160,200，113111PX(0)()2，PX(60)2=，41643483211311PX(100)2=，PX(120)()2()2，434443163211321PX(160)()22，PX(200)()()22.4334434所以随机变量X的分布列为：X060100120160200P11111116841644111111所以EX060100120160200130.16841644……………………12分122．【解析】（1）g(x)axax,(a1)，1axlnalna1则g(x)axlna()x2axax，……………………2分x2x2111设h()xx2axax，则h(x)2xaxx2axlnaaxlna0，x2故h()x在(0,)单调递增，又因为h(1)0，故g()x在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增.则g()x的极小值为g(1)2a，无极大值.……………………5分—高三数学第3页（共4页）—{#{QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=}#}11（2）因为f()1xlogx，所以1xlogxax，xaa1111axlog(ax)，……………………7分xax1111令tax，显然tax在(0,)单调递减，xx1故有f()1xlogx两个正根，等价于h(t)tlogt有两个零点.xaa11h(t)1，显然t(0,)时，h(t)0，lnatlna1t(,)时，h(t)0，lna11故h()t在(0,)递减，(,)递增，lnalna1111h(t)h()loglog(alnalna)，……………………9分minlnalnaalnaa1111令log(alnalna)0，所以alnalna1，则alna.alna1111x设x，则ae0，alnaax0(ex0)x0e.0lna1111所以alna，则e，则a(1,ee)，lnalna11因为h()10,()haaaaaa(aa11)0.aa111此时存在两零点x，x，其中x(,)，x(,)，且h(x)h(x)0.121alna2lna121故a(1,ee).……………………12分—高三数学第4页（共4页）—{#{QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=}#}