數(shù)學(xué)試題數(shù)學(xué)試題第頁）遼寧省十校聯(lián)合體2024屆高三畢業(yè)生八月調(diào)研考試數(shù)學(xué)試題參考答案與解析選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分。每小題僅有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）題號(hào)12345678答案DCDDBCAC選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分。每小題有至少一個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)得5分，部分選對(duì)得2分，有選錯(cuò)的得0分）題號(hào)9101112答案BCACDACDAC填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分。請(qǐng)將答案填在答題卡上）題號(hào)1314答案20200.44（0.43~0.45均可）題號(hào)1516答案1015部分小題解析：設(shè)z=1-u-v.則|u(e?-e?)+v(e?-e?)+e?∣2=u2+v2+z2-wv-uz-zv=12≥116,當(dāng)且僅當(dāng)故|u(e?-e?)+v(e?-e?)+e?|的最小值為1由題意，從左下方沿?cái)?shù)陣的對(duì)角線斜向上組成的數(shù)列均為公差為d?-d?的等差數(shù)列，這很容易就能證明.因此，從第n行第1列的數(shù)開始，沿?cái)?shù)陣的對(duì)角線斜向上組成的數(shù)列的所有項(xiàng)(n項(xiàng))之和為1整個(gè)數(shù)陣所有數(shù)的總和∑=∑i=n∑=對(duì)n=0,1...15,用a?表示該游客恰有n天通過道路AB或CD客恰有n天通過道路BC或DA的概率.考慮函數(shù)fgx=12x+1214x+34?130x+2930.據(jù)條件，知a?為f(x)的n次項(xiàng)系數(shù)，p=f1-fg(1)=1,g(-1)=0.故pA:設(shè)P(2pt2,2pt),G(2pu2,2pu)因A(0,0),由AP2=AG2得4p2(t?+t2)=4p2(u?+u2),(t2-u2)(t2+u2+1)=0因t2+u2+1>0,t≠u,故知t+u=0,u=-t,G(2pt2,-2pt)即P，G為Γ上的對(duì)稱點(diǎn)，AN為PG邊上的高.設(shè)PN=l,則AN=3l,P3ll.又由P在拋物線y2=2px上，故l2=2B：設(shè)Q(2pt2,2pt),Q'2pu22由Q,Q',，N共直線得xN=-2ptuC:設(shè)PR2pv2t-t'+4tt't-S同理S=2=易見二式最后兩絕對(duì)值相等，故SC正確。D：設(shè)R2pu22pu-x+u+解得交點(diǎn)TyT=同理yT'-yyT-從而(t-u)2(u+u又直線QQ'-x+t+yM=2puu'2即證u+u'即證u+把已證的式(1)的左邊寫成t的方程(u+u證其左邊有式(2)左邊為其因式，得u+u'-2t't+ut'+u'故選ACD。由于切點(diǎn)處的半徑垂直于切點(diǎn)處的切平面，因此切平面π?的一個(gè)法向量是m=161312,平面α的一個(gè)法向量是n=(0,0,1).因?yàn)榻痪€l?同時(shí)在π?和α內(nèi),所以m⊥l?且n⊥l?,設(shè)l?的方向向量為l=x'y'z',則m?l=16x'+13y'+12z'=0,n?l=z'=0,取l=2-10,A選項(xiàng)正確.為了確定交線l?的位置，我們需要知道l?上其中一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo).根據(jù)情景，我們可以試圖求平面POz截直線OQ即Qx0x02+y02y0x02+y020.方便起見，在m?l=x0x'+y0y顯然l'與球O相切，所有的l'組成雙錐面，雙錐面與平面α的交線即為圓Γ.由于?！蒷?=?,因此圓Γ與直線l?相離.臨界條件下，Γ與l?相切，Γ的半徑長(zhǎng)即為|OQ|，不過還沒證明OQ⊥l?，下面進(jìn)行證明.(直接用向量數(shù)量積為0即可證明,不過不夠本質(zhì))因?yàn)镺P⊥π?,l??π?,所以l?⊥OP.因?yàn)镺z⊥α,l??α,所以l?⊥Oz.因?yàn)镺P∩Oz=O,所以l?⊥平面POz.因?yàn)镺Q?平面POz,所以O(shè)Q⊥l?,得證.因此當(dāng)Γ與l?相切時(shí),切點(diǎn)即為點(diǎn)Q,此時(shí)PQ與z軸的交點(diǎn)正是點(diǎn)N最低的位置N?(0,0,h?).由Rt△OHP~Rt△N?OQ得|OH||ON0|=|根據(jù)上面的分析得知，dl=|OQ|=1x2+y2=11-z2.根據(jù)對(duì)稱性得dtdmdn=11-z21-y2先證明對(duì)于任意x,y∈[1,2021],均有|f(x)?f(y)|?2020.若|x?y|?1010,則|f(x)?f(y)|?2|x?y|?2020?若|x?y|>1010,不妨假設(shè)1?x<y?2021,則|f(x)?f(y)|=|f(x)?f(1)+f(2021)?f(y)|?|f(x)?f(1)|+|f(2021)?f(y)|?2|x?1|+2|2021?y|=2(x?1)+2(2021?y)=2×2020?2(y?x)<2×2020?2×1010=2020,因此,對(duì)于任意x,y∈[1,2021],均有|f(x)?f(y)|?2020.再證m=2020是最小的.設(shè)函數(shù)f(x)=2|x?1011|,則函數(shù)f(x)滿足f(1)=f(2021)=2020.對(duì)于任意不等的實(shí)數(shù)x,y∈[1,2021],不妨假設(shè)1?x<y?2021,則|f(x)?f(y)|=2|x?1011|?|y?1011|?2|(x?1011)?(y?1011)|=2|x?y|,因此f(x)=2|x?1011|是滿足已知條件的函數(shù).取x=1,y=1011,則m?|f(1)?f(1011)|=|2020?0|=2020.綜上可得,實(shí)數(shù)m的最小值為202014.由sinA=cosB，得A=π2±B，由題意可知，tan由sinA=tan故2cos3A+2cos2A當(dāng)x<-1時(shí)，f'x>0；當(dāng)所以函數(shù)fx在-∞,-1令f(x)=0,則x≈-0.403≈-0.40所以cosAcosB≈0.916，sinB≈0.40，b15.設(shè)二面角C-AB-D的平面角是α,△ABC的外接圓半徑是R?,△ABD的外接圓半徑是R?,則∠O?EO?=α。因?yàn)椤螮O1O=∠EO2O=90°,所以點(diǎn)E、O?、O?、O共圓,EO是該圓的半徑,所以EO=R又因?yàn)镋E所以R=sin2所以sin因此現(xiàn)在來計(jì)算sin因?yàn)閏os所以sin因此得到sin2BACsin2BADsin2α=1-cos2BAC-cos2BAD-cos2CAD+2cosBACcosBADcosCAD。另外sinsinsin==所以sin把cosBAC=sin2BAC代入上式進(jìn)行化簡(jiǎn)，最后得到sin=所以R先求有多少個(gè)排布方案，滿足至少有1堆人討論。可以枚舉有i堆人討論，這樣放置的方案數(shù)是C證明：首先，對(duì)于每一種方案，有n-4i個(gè)沒有被選中的位置。我們可以考慮枚舉這些沒有被選中的位置。把每一個(gè)討論的組看成一個(gè)整體，縮成一個(gè)點(diǎn)。這樣就有n-3i個(gè)點(diǎn)了。對(duì)于所有n-3i個(gè)點(diǎn)，如果被選中，成為一個(gè)討論的組，那么這個(gè)點(diǎn)就要被展開代表4個(gè)人。否則就代表一個(gè)人。我們直接從這n-3i個(gè)點(diǎn)中選取n-4i個(gè)點(diǎn)作為沒有被選為組的點(diǎn)。這樣方案數(shù)就是C顯然這樣的枚舉對(duì)應(yīng)的方案是唯一的(可以把這些選為組的點(diǎn)展開，再順序標(biāo)號(hào))。然后這么多位置已經(jīng)固定了，怎么計(jì)算剩余不討論的人的排列數(shù)呢?可能有些排列會(huì)有不只i個(gè)人討論！所以我們考慮，枚舉有i～n4組人討論。這樣就可以排除干擾，對(duì)剩下的亂排列了。設(shè)初始答案ans=∑i=1mini-證明：發(fā)現(xiàn)枚舉至少一組的時(shí)候，對(duì)于一種可行的方案(這里代指枚舉方案)會(huì)算2次至少兩組的貢獻(xiàn)，算3次至少三組的貢獻(xiàn)。枚舉至少兩組的時(shí)候，會(huì)算3次至少三組的貢獻(xiàn)，算6次至少四組的貢獻(xiàn)。枚舉至少i組的時(shí)候，會(huì)算Cji次至少j組的貢獻(xiàn)(j≥i)所以我們可以通過來算出單個(gè)的貢獻(xiàn)。這可以通過二項(xiàng)式展開來證明。所以答案ans=∑i=1mini-設(shè)喜歡4種愛好的人初始有x?,x?,x?,x?個(gè)這時(shí)候分別還剩下x?-i,x?-i,x?-i,x?-i個(gè)人相當(dāng)于求有重復(fù)元素的排列！我們知道，如果x?+x?+x?+x?=n那么排列答案就是n-4i!x如果x?+x?+x?+x?>n呢?考慮枚舉+排列。我們前面還要用所有排列的個(gè)數(shù)減去答案，所以真正的答案其實(shí)就是ans=∑i=1mini-代入數(shù)據(jù)解得方案數(shù)為1015.解答題（本大題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）（10分）已知H為銳角△ABC的垂心，AD、BE、CF為三角形的三條高線，且滿足.求的值.求的取值范圍.（1）記△ABC的三個(gè)內(nèi)角為A、B、C.注意到，cosB·cosA+sinA·sinB=cos(B-A)≤1.由題意結(jié)合幾何關(guān)系得cos（2）cosA≤cosA·cosB·(1-2cosA·cosB).故1當(dāng)cosA=cos當(dāng)cosA=cosB因此，所求范圍是1（12分）直三棱柱中，AB=AC=AA1,點(diǎn)M,N滿足且MN⊥AB1,MN⊥A1C.設(shè)∠BAC=θ(0<θ<π).證明：；當(dāng)θ變化時(shí)，是否存在MN1⊥BC1？若存在，求θ；若不存在，說明理由.解：(1)以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，垂直于AB的直線為y軸，AA?所在直線為z軸，則B?(1,0,1),C(cosθ,sinθ,0),A?(0,0,1),M(λ,0,λ)因此AB則MN由題MNMN兩式相減，得λ+μ=1.(2)代入λ+μ=1,則λcosθ-λ+1-2λ=0因此λ因此有MN=1-2=由于0<θ<π,（12分）已知數(shù)列滿足，且求數(shù)列的通項(xiàng)公式。設(shè)，其中e是自然對(duì) 數(shù)的底數(shù)，求證：設(shè)為數(shù)列的前n項(xiàng)和，實(shí)際上，數(shù)列存在“極限”，即為：存在一 個(gè)確定的實(shí)數(shù)S，使得對(duì)任意正實(shí)數(shù)u都存在正整數(shù)m滿足當(dāng)n≥m時(shí)，（可 以證明S唯一），S稱為數(shù)列的極限。試根據(jù)以上敘述求出數(shù)列的極限S。(1)題設(shè)遞推公式等價(jià)于anan-1=1+且b1=a2a1=1,于是b?是首項(xiàng)和公差均為得:an=ana①證明:由fx=1-f由x≥0,n∈于是f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,故f(x)≥f(0)=0。設(shè)gxg'x=f'x-g'x≤0,且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立,于是g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,于是0≤f②數(shù)列S?的極限S=e由①知,0≤f0≤ex0≤ex-1+0≤e-1+1|Sn-e|≤en!,于是定的正實(shí)數(shù)，于是一定存在一個(gè)正整數(shù)m，使得m>3u,|Sn-e|<3（12分）某單位有12000名職工，通過抽驗(yàn)篩查一種疾病的患者．假設(shè)患疾病的人在當(dāng)?shù)厝巳褐械谋壤秊閜（0<p<1）.專家建議隨機(jī)地按k（k>1且為12000的正因數(shù)）人一組分組，然后將各組k個(gè)人的血樣混合再化驗(yàn).如果混管血樣呈陰性，說明這k個(gè)人全部陰性；如果混管血樣呈陽性，說明其中至少有一人的血樣呈陽性，就需要對(duì)每個(gè)人再分別化驗(yàn)一次.設(shè)該種方法需要化驗(yàn)的總次數(shù)為X.當(dāng)E（X）≥12000時(shí)，求p的取值范圍并解釋其實(shí)際意義；現(xiàn)對(duì)混管血樣逐一化驗(yàn)，至化驗(yàn)出陽性樣本時(shí)停止，最多化驗(yàn)R次.記W為混管的化驗(yàn)次數(shù)，當(dāng)R足夠大時(shí)，證明：；根據(jù)經(jīng)驗(yàn)預(yù)測(cè)本次檢測(cè)時(shí)個(gè)人患病的概率p0，當(dāng)k=6時(shí)，按照p0計(jì)算得混管數(shù)量Y的期望E（Y）=400；某次檢驗(yàn)中Y0=440，試判斷個(gè)人患病的概率為p0是否合理。[如果2P（Y≥Y0）<0.05，則說明假設(shè)不合理]．附：若X～N（μ，σ2），則P（|X-μ|<σ）≈0.6827，P（|X-μ|<2σ）≈0.9545，P（|X-μ|<3σ）≈0.9973.(1)令E可得1k兩邊取對(duì)數(shù),可得-lnk≥kln(1-p),k>0,得ln1-p≤-則f'x=lnk-因此f(k)在(0,e)上單調(diào)遞減,在(e,+∞)上單調(diào)遞增.因此，fk≥但由于k是12000的因數(shù),所以f那么ln1-p≤-ln33實(shí)際意義略，合理即可.(2)n=1,2,3,?,R-1時(shí),Pn=R時(shí),P不妨設(shè)p則E設(shè)S=1+2兩式相減l則E(3)由于Y服從二項(xiàng)分布,可以取得的值為0,1,2,…,2000.所以E(Y)=2000p=400,得p=0.2,D(Y)=2000p(1-p)=320.同時(shí)，由于2000足夠大，不妨視Y則2P(Y≥440)=1-P(360≤Y≤440)<1-P(μ-2σ<Y<μ+2σ)而P(μ-2σ<Y<μ+2σ)≈0.954,故2P(Y≥440)<0.046<α,因此2P(Y≥440)<0.046<α,故有充分的里有認(rèn)為H?不合理.（12分）已知,曲線，過點(diǎn)的曲線的所有弦中，最小弦長(zhǎng)為.（1）求的值；（2）過點(diǎn)M的直線與曲線C1交于A、B兩點(diǎn)，曲線C1在A、B兩點(diǎn)處的兩條切線 交于點(diǎn)P，求點(diǎn)P的軌跡C2；（3）在（2）的條件下，N是平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)Q是C2上與N距離最近的點(diǎn)， 滿 足|NQ|=|NM|的動(dòng)點(diǎn)N的軌跡為C3；并判斷是否存在過M的直線l，使得l與C1、 l與 C3的四個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列，說明理由。(1)b=4.(2)x=-4(3)不存在。（12分）設(shè)方程有三個(gè)實(shí)數(shù)根.求a的取值范圍；請(qǐng)?jiān)谝韵聝蓚€(gè)問題中任選一個(gè)進(jìn)行作答，注意選的序號(hào)不同，該題得分不同。若選①則該小問滿分4分，若選②則該小問滿分9分。①證明：；②證明：.(1)由題意,f可知在(-∞,0),(2,+∞)上,有f'x>0,在(0,2)故f'(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+∞)單調(diào)遞增.易知f(x)+a≥0,且有f(0)=4-a,f(2)=-a.①當(dāng)a≤0時(shí),有f(x)≥-a≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x=2，a=0時(shí)等號(hào)成立，那么f(x)=0至多有一個(gè)實(shí)根，故舍去；②當(dāng)a∈(0,4)時(shí),注意到f而-由零點(diǎn)存在性定理可知，f(x)=0在(-4+41+那么f(x)=0有三個(gè)實(shí)根，故可取；③當(dāng)a≥4時(shí),f(0)=4-a≤0,故x∈(-∞,2)時(shí),f(x)=f(0)≤0.又f故f(x)在(-∞，2)上至多有一零點(diǎn)，在(2，+∞)上有一零點(diǎn)，那么f(x)=0至多有兩個(gè)實(shí)根，故舍去.綜上所述，當(dāng)且僅當(dāng)a∈(0，4)時(shí)，滿足題意.(2)①由(1)得,x?<0<x?<2<x?<3,則x?-2<-2<x?-2<0.設(shè)l?=x?-2,l?=x?-2,l故t?<-2<t?<0,不妨設(shè)k=t1tt兩邊取對(duì)數(shù)，則2ln(-t?)+t?=2ln(-t?)+t?=2ln(-t?)+2lnk+kt?得到t?-kt?=2lnk