2023—2024学年度上学期高三第一次大练习数学--参考答案一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．题号12345678答案CABCADDB二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．题号9101112答案ABDBDADABC三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．113．2414．0.2415．221π16．e四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（10分）【解析】bacsinBsinCac（1）因为，即sinAsinCsinBsinCsinAsinCbbcac由正弦定理可得，，化简可得a2b2c2bc，acb1且由余弦定理可得，a2b2c22bccosA，所以cosA，2π且A0,π，所以A.3abc（2）由正弦定理，sinAsinBsinCa2bc28得：sin2AsinBsinC1，4所以a28sin2A6，所以a6.18．（12分）【解析】（1）由2n1an12n1an及a11，得an0，a2n1所以n1，an2n1{#{QQABbQKEogCgQAIAAQgCEwHICAMQkAGAAAoOgBAIMAAAiBFABAA=}#}anan1a4a3a2当n2时，有ana1an1an2a3a2a12n12n375312n1．2n32n5531当n1时，a11211，符合上式，所以an2n1．2n1112n1（）由（）得，所以，21bnanbn2n1222n121352n1所以S，n2232522n111352n1所以S，22n23252722n1两式相减，得211312222n112322n22n1Sn352n12n112n142222221222116n556n5，23322n16322n1106n5所以S，n9922n16n5因为0，322n110所以S．n919．（12分）【解析】（1）不妨设AB2，则ADCD1，可得ACBC2，即AC2BC2AB2，可得ACBC，又因为PC平面ABCD，BC平面ABCD，则PCBC，且ACPCC，AC,PC平面PAC，可得BC平面PAC，且BC平面PBC，所以平面PAC平面PBC.（2）取AB的中点G，可知CGCD，如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，则D0,1,0,A1,1,0,B1,1,0，设P0,0,a,a0，可得DA1,0,0,DP0,1,a，{#{QQABbQKEogCgQAIAAQgCEwHICAMQkAGAAAoOgBAIMAAAiBFABAA=}#}nDAx0设平面PAD的法向量nx,y,z，则，nDPyaz0令ya，则x0,z1，可得n0,a,1，由题意可知：平面ABCD的法向量m0,0,1，π设平面PAD与平面ABCD所成锐二面角为0,，则tan2，2sin225由tan,sincos1，解得cos（舍负），cos5mn15则cosm,n，解得a2，mn1a2151111则P0,0,2,E,,1，可得DP0,1,2,CA1,1,0,CE,,1，2222nCAxy0111设平面的法向量，则，ACEn1x1,y1,z111n1CEx1y1z1022令y11，则x11,z11，可得n11,1,1，DPn1115则cosDP,n1，DPn1531515所以直线PD与平面ACE所成角的正弦值.1520．（12分）【解析】（1）由频率分布直方图可知，平均分650.01750.04850.035950.0151080.5；2（2）由（1）可知，XN80.5,8.65,设学校期望的平均分约为m，则PXm0.84，因为P(X)0.6827，P(X)0.34135，所以P(X)0.84135，即P(X71.85)0.84，所以学校的平均分约为72分；（3）由频率分布直方图可知，分数在80,90和90,100的频率分别为0.35和0.15，{#{QQABbQKEogCgQAIAAQgCEwHICAMQkAGAAAoOgBAIMAAAiBFABAA=}#}0.35那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在80,90，应抽取107人，0.350.150.15分数在90,100应抽取103人，0.350.15记事件Ai：抽测i份试卷i1,2,3，事件B:取出的试卷都不低于90分，Ci则13，PAi,PBAii6C10i11C1C2C31333PBPAiPBAi123，36C10C10C10161C23PAB6C28则PAB210.2PB1451621．（12分）【解析】（1）f(x)cosx2x，f(0)1，f(0)0.故曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为yx.（2）由（1）得f(x)cosx2x.令函数u(x)f(x)，则u(x)sinx20，所以u(x)f(x)是增函数.11f(0)1，fcos10，221所以存在，使得，即212x0,0fx0cosx02x00x0cosx0.24所以当x,x0时，f(x)0，当xx0,时，f(x)0，所以f(x)在,x0上单调递减，在x0,上单调递增.111f(x)fxsinxx2sinxcos2xsin2xsinx.000040400411π1因为x0,0，所以0sinx0sinsin，22622所以12111115sinx0sinx0.444224165故f(x).16{#{QQABbQKEogCgQAIAAQgCEwHICAMQkAGAAAoOgBAIMAAAiBFABAA=}#}22．（12分）【解析】（1）解法一：设Ax1,y1,Bx2,y2，y10，y20，由y22x，可得y2x，11所以y，直线PA的斜率kPA，yy11直线PA：yy1xx1，又P1,2在PA上，y1112y11x1y11x1，y12y22x11所以1，又y10，y11x12所以，y126同理可得，y226y1y226,x1x22y1y246，2222；ABx1x2y1y2(46)(26)230解法二：设Ax1,y1,Bx2,y2，y10，y20，由y22x，可得y2x，11所以y，直线PA的斜率kPA，yy11直线PA：yy1xx1，又P1,2在PA上，y112故2y11x1，即2y1y11x1，y12因为y12x1，所以x12y11，同理可得x22y21，故直线AB的方程为x2y1，{#{QQABbQKEogCgQAIAAQgCEwHICAMQkAGAAAoOgBAIMAAAiBFABAA=}#}y22x联立消去x，得y24y20，x2y1故y1y24,y1y22，故222；ABx1x2y1y25y1y24y1y2524230（2）设Cx3,y3，由条件知y1y2y30，1ABBCsinABCS△ABC2ABBCAMCN11S1BMBNBMBN△BMNBMBNsinABC2yyyyyy1313131112y2y2y2y2yyyyyy2yy13112112222222y2y2y222yyy191121，y2y2y2244AM3BM，AMy3∴1，BMy243yy1110，当时，y1y3，AC重合，不合题意，4y2y223y11y1或10，4y222y2S△ABC9的取值范围为2,.S△BMN4{#{QQABbQKEogCgQAIAAQgCEwHICAMQkAGAAAoOgBAIMAAAiBFABAA=}#}