乐山市高中2024届第一次调查研究考试理科数学参考答案及评分意见2023.12一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.BABCBABDCBAD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.xZ，x22x；14.y(e1)x1；15.；16.1.2三、解答题：本大题共6小题，共70分.808117.解：（1）甲得分的中位数为80.5；……………………2分2乙得分的众数为78；……………………4分（2）若使用方案一：75+75+78+78+80+81+81+83+84+99x甲81.4……………………5分1075+78+78+78+80+80+83+83+85+85x乙80.5……………………6分10因为x甲x乙，所以甲的得分较高.……………………7分若使用方案二：75+78+78+80+81+81+83+84y80……………………8分甲878+78+78+80+80+83+83+85y80.6……………………9分乙8因为y甲y乙，所以乙的得分较高.……………………10分方案二更好，因为有一个评委给甲选手评分为99，高出其他评委的评分很多，方案二可以规避个别极端值对平均值的影响，评选结果更公平、更正.……………………12分解：（）∵，∴．分18.1a11b11……………………1a1a1∵2na(n1)a，∴n1n，即bb．……………………3分n1nn12nn12n1又∵b1，∴{b}是以1为首项，以为公比的等比数列．……………………5分1n211（2）由（1）得b1()n1．……………………6分n22n1n∴a．……………………7分n2n1123n1n∴S①n2021222n22n11123n1n∴S②……………………9分2n2122232n12n由①-②得：11111n∴S2n2021222n12n{#{QQABAYCEggggAgAAARhCEQE4CEGQkBGACIoGhBAMsAIBgBFABAA=}#}11nnn222．……………………11分1nn1222n2∴S4．……………………12分n2n119.解：（1）E是PC的中点．……………………1分证明：连结AC，交BD于点O，连结OE．∵底面ABCD是正方形，∴O是AC的中点．……………………2分∵PA//平面EBD，平面PAC平面BDEOE，∴PA//OE．……………………4分∵O是AC的中点，∴E是PC的中点．……………………6分（2）解法一：建立如图的空间直角坐标系Dxyz，令CDa，平面PBC与平面PDB所成锐二面角的平面角为，∴P(0,0,a)，C(0,a,0)，A(a,0,0)，B(a,a,0)．……………………7分∴CB（a,0,0)，PB（a,a,a)．设平面PBC一个法向量n(x,y,z)，∵nCB0，nPB0，ax0即，axayaz0∴n(0,,1)．……………………9分又易知AC平面PDB，∴平面PDB的一个法向量CA（1,1,0)．……………………10分nCA∴coscosn,CA（0)．……………………11分nCA22112∵cos，122122∴cos（0，）．……………………12分2解法二：令CDa，连结AC，交BD于点O，过点O作OMPB，垂足为M，连结MC．∵ABCD为正方形，∴COBD．∵PD平面ABCD，∴PDCO．∵BDPDD，∴CO平面PBD．……………………7分∴COPB．又∵COOMO，{#{QQABAYCEggggAgAAARhCEQE4CEGQkBGACIoGhBAMsAIBgBFABAA=}#}∴PB平面COM．∴PBCM．∴CMO即为二面角CPBD的平面角．……………………9分OMOB∵OMBPDB，∴．∽PDPB2aaOBPD2∴OM2a．……………………10分PB2a22a2212CO121∴tanCMO11(0)．……………………11分OM22∴cos（0，）．……………………12分220.解：（1）在△ABD中，由余弦定理得：AD2AB2BD224102cosBAD．……………………2分2ADAB22223∵0BAD，∴BAD．……………………3分4∵四边形ABCD内接于圆O，∴BADBCD，∴BCD．……………………4分4∵BDC，在△BCD中，由正弦定理得：3BDCD10CD，即5sinBCDsinCBDsinsin41256210sin103010∴CD124．……………………5分sin22423010331030∴BD边上的高hCDsinBDC．……………………6分224（2）解法一：112由（1）可知：SADABsinBAD221．……………………7分△ABD22233在△BCD中，设BDC,CBD，(0,)44CD10由正弦定理得：，3sin()sin44310sin()3∴CD425sin()．……………………9分sin44{#{QQABAYCEggggAgAAARhCEQE4CEGQkBGACIoGhBAMsAIBgBFABAA=}#}113∴SBDCDsin1025sin()sin△BCD22432252sin()sin52(cossin)sin42211cos25(sincossin2)5(sin2)221155255(sin2cos2)sin(2)．……………………11分2222423525∴当且仅当2，即时△BCD面积取到最大值42822527故四边形ABCD面积的最大值为．……………………12分22解法二：112由（1）可知：SADABsinBAD221．……………………7分△ABD222在△BCD中，BD10,BCD，由余弦定理得：4BD2CD2CB22CDCBcosBCD．……………………9分22即：10CDCB2CDCB…(22)CDCB10∴CDCB„5(22)，当且仅当CDCB时取“”．……………………10分22125(21)．分（S）5(22)……………………11BCDmax222527故四边形ABCD面积的最大值为．……………………12分22x1xlna21.解：（1）由题可知，h(x)(xR)，所以h(x)．……………………1分axax11由h(x)0，得x；由h(x)0，得x．……………………2分lnalna11所以h(x)在(0,)单调递增，在(,)单调递减．……………………3分lnalna111所以h(x)的极大值为h()lna，无极小值．……………………5分lna1elnaalna(注：只给出极大值，没有说无极小值扣1分)11（2）因为g()xf(x)1，所以axxlogx1，xa1111可得axlog(ax)．……………………6分xax{#{QQABAYCEggggAgAAARhCEQE4CEGQkBGACIoGhBAMsAIBgBFABAA=}#}1x11a(lna1)1令tax(a1)，可得tx0，xx211所以tax在(0,)单调递减．……………………7分x1故g()xf(x)1有两个零点，等价于h(t)tlogt有两个零点．……………………8分xa1可得h(t)1，tlna1当t(0,)时，h(t)0；lna1当t(,)时，h(t)0，lna11所以h(t)在(0,)递减，(,)递增，lnalna1111可得h(t)h()loglog(alnalna)．……………………9分minlnalnaalnaa1111令log(alnalna)0，所以alnalna1，则alna，alna1111设x，则aex0，alnaax0(ex0)x0e．……………………10分0lna1111所以alna，则e，则a(1,ee)．……………………11分lnalna11因为h()10，haa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(注：没有用零点存在定理判断扣1分)x22cos解：（）因为圆的参数方程为为参数），22.1C1(y12sin则其直角坐标方程为22，即22．分C1：(x2)(y1)4xy4x2y10……………………2因为xcos,ysin，……………………3分故的极坐标方程为2．分C14cos2sin10……………………5（2）因为C的极坐标方程为，代入C的极坐标方程中，241得23210，则．分1232，121……………………7故2．分PQ（12）41214……………………8142则△CPQ的高为4．……………………9分142{#{QQABAYCEggggAgAAARhCEQE4CEGQkBGACIoGhBAMsAIBgBFABAA=}#}1127则△CPQ的面积为PQh14．……………………10分12222xa,xa23.解：（1）由题得f(x)2xaxa．……………………2分3x3a,x„a画出yf(x)及ya得图象，如下图所示，2a易知A(a,0),B(,a)，C(2a,a)，34a∴BC．……………………4分3114a2a28∴SBCaa，解得a2．……………………5分ABC22333xa,xa（2）由（1）知f(x)，3x3a,x„a当xa时，f(x)x即为xax，得a0，与条件矛盾，此时不等式的解为；……………………7分3a当x„a时，f(x)x即为3x3ax，得x，43a此时不等式的解为x.……………………9分43a综上所述，原不等式的解集为(,)．……………………10分4(注：第（2）问也可由图象直接得出答案){#{QQABAYCEggggAgAAARhCEQE4CEGQkBGACIoGhBAMsAIBgBFABAA=}#}