2024届南开中学高三第一次月考数学科参考答案一、单选题1~9.BCDCBAABC二、填空题1810.−−i5511.-512.313.27114.1024，2115.4三、解答题216.解：（1）πf(xxxx)2=+−+−3cos2sin(π)cos32=+−23sin2sincos32xxx=−+−3(1cos2)sinxx23π=−=−sin23xxxcos22sin232π故周期为T==π25πkπ对称轴方程xk=+(Z)122（）ππππ2π2x,t=2x−,42363πππ1当t=即x=时，(sinsint)==，此时y=164min62minπ5ππ当t=即x=时，(sinsin1t)==此时y=2．212max2max17.解：（1）方法一：由bcAaBC−=cos2coscos根据正弦定理边化角得：sinBCAABC−=sincos2sincoscos，1{#{QQABJYAQogAgAAJAAAhCAwmQCkCQkACACIoGAEAMMAIAABFABAA=}#}即sinsincos2sincoscos(ACCAABC+−=)，所以sinACABCcos=2sincoscos，因为C，所以cosC0，21又sinA0，所以cosB=，2又0Bπ，所以B=.3方法二：由bcAaBC−=cos2coscos根据余弦定理：bcaabc222222+−+−得bcaB−=2cos，22bcabbcaabc222222−++−即=2cosB，22bbabc222+−因为C，所以0，22b1所以cosB=，又0Bπ，得B=.23acb222+−1（2）方法一：由（1）及余弦定理知cosB==，22ac所以a2+c2−b2=ac，因为bcac22+=−3125，所以accacac222+−−−=(1235)，化简得aacc22++=4412，因为ac0,0，所以acacac22+=−412422，33所以ac，当且仅当ac==23，即ac==3,时取等号，221333所以ABC的面积S=acsinB=ac，24833所以ABC面积的最大值为.82{#{QQABJYAQogAgAAJAAAhCAwmQCkCQkACACIoGAEAMMAIAABFABAA=}#}acb222+−1方法二：由（1）及余弦定理知cosB==，22ac所以ac222b+a−c=.因为b22+3c=12−5ac，所以accacac222+−−−=(1235)，化简得aacc22++=4412，即(2ac)+=122，2所以的面积1333233ac+，ABCSacBacac====sin22488283当且仅当ac==23，即ac==3,时取等号，233所以ABC面积的最大值为，818．解：（1）以点A为原点，ABADAP,,分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(002,,)，由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)，向量BE=(0,1,1)，AB=(1,0,0)，故BEAB=0，又BEPAD面所以BEPAD//面.（2）向量BD=−(1,2,0)，PB=−(1,0,2)，BE=(0,1,1).nBD=0−+=xy20设nxyz=(,,)为平面PBD的法向量，则，即，nPB=0xz−=20令y=1，得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量，nBE23所以cosn,BE===，nBE6233{#{QQABJYAQogAgAAJAAAhCAwmQCkCQkACACIoGAEAMMAIAABFABAA=}#}所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为3.3（3）向量BC=(1,2,0)，BDn226平面PBC的一个法向量n=2,-1,1，则d=||=.2()3n2c2e==a219.解：（1）由题意可得2b22=，解得a=2，b=2，c=2，ab222c=+xy22∴椭圆C的方程为+=1.42（2）易知椭圆左顶点A(−2,0)，设直线l的方程为ykx=+(2)，则Ek(0,2)，Hk(0,2−)，ykx=+(2)2222由xy22，消y可得(128840+++−=kxkxk)，+=142设，，，∴422，Axy(11,)Bxy(22,)Pxy(00,)=−−+=644kkk841216()()8k284k2−则有xx+=−，xx=，1212+k21212+k2214k2ky01∴，yk=+=x2，∴k==−，xxx012=+=(−)200()2OP212+k12+kxk02∴直线EM的斜率，kkEM=2∴直线EM的方程为ykxk=+22，直线AH的方程为ykx=−+(2)，42∴点Mk−−,，334{#{QQABJYAQogAgAAJAAAhCAwmQCkCQkACACIoGAEAMMAIAABFABAA=}#}4k∴点M到直线lk:x2y0k−+=的距离3，d=1+k22241+k∴ABkxxx=++−=14x2()，121212+k2121+k2∴APAB==||，212+k2442kk2∴11212+k33，解得k=.SAPd△APM====2222212123++kk1+k2lnxa20．解：（1）（Ⅰ）hxx()=−−(1)xx−+11ln2x21(x−)当a=2时，h(xxx)=−−=−(1ln)xxx−++111221212111(xxxx+)−−+−()()−4x()hx()=−==，x(xx+++111xx)222()(x)当x1时，hx()0，所以hx()在(1,+)上为单调递增函数，因为h(10)=，所以hxh()=(10)，x2+2(1−a)x+1（Ⅱ）设函数ax(−1)，则fx=，fxx()=−ln()2x+1xx(+1)令g(x)=x2+2(1−a)x+1，当a1时，当x0时，gx()0，当12a时，=4aa2−80，得gx()0，所以当a2时，fx()在(0,+)上为单调递增函数，且f(10)=，5{#{QQABJYAQogAgAAJAAAhCAwmQCkCQkACACIoGAEAMMAIAABFABAA=}#}1所以有fx()0，可得Fx()0．x−1当a2时，有=−48aa02，此时有两个零点，设为，且.gx()tt12,tt12又因为，，tta12+=−210()tt12=1所以，01tt12在上，为单调递减函数，(1,t2)fx()ax(−1)lnxa所以此时有fx()0，即lnx，得−0，x+1xx−+11此时Fx()0不恒成立，综上a2．（Ⅲ）若有两个不同的零点，不妨设，Fx()xx12,xx12则为ax(−1)的两个零点，且，，fxx()=−lnx11x21x+1由（）知此时，并且在，为单调递增函数，Ⅱa2fx()(0,t1)(t2,+)在上为单调递减函数，且，所以，，(tt12,)f(10)=ft(1)0ft(2)02a2a因为−a，a，−aa，fe()=−a0fe()=a0ee1e+1e+1且图象连续不断，所以−a，a，x11(e,t)x22(t,e)所以aa−，t2−t1x2−x1e−e因为22，t2−t1=(t1+t2)−4t1t2=2a−2a综上得:2aa−.2a−2a|x21−x|e−e6{#{QQABJYAQogAgAAJAAAhCAwmQCkCQkACACIoGAEAMMAIAABFABAA=}#}