如皋市2023-2024学年高三教学质量调研（一）数学试卷参考答案及评分标准

高三数学试题参考答案第页2023－2024学年度高三年级第一学期教学质量调研（一）数学试题参考答案及评分标准一、单项选择题（本大题共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CDBABBDC二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）题号9101112答案BCABACDABD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上）13．514．15．116．四、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．（本小题满分10分）【解】（1）连接AC交BD于O，连接ON，MN，A1C1．在正方体AC1中，AA1∥CC1，AA1＝CC1，四边形是平行四边形，所以AC∥A1C1，AC＝A1C1．正方形ABCD中，ACBD＝O，故O是AC的中点，ABCDA1B1C1D1MN（第17题图）O所以OCABCDA1B1C1D1MN（第17题图）O在△D1A1C1中，M，N分别是C1D1，A1D1的中点，所以MN∥A1C1，且MN＝eq\f(1,2)A1C1，所以MN∥OC，且MN＝OC，故四边形MNOC是平行四边形，故CM∥ON，又ON平面BND，CM平面BND，所以CM∥平面BND．……5分（2）法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz．不妨设正方体AC1的棱长为2，故，，，，．在正方体AC1中，AA1⊥平面ABCD，故是平面ABD的一个法向量．设是平面BDN的法向量，，，故即取，则ABCDA1ABCDA1B1C1D1MN（第17题图）Oxyz故，设二面角A－BD－N的大小为，据图可知，，所以二面角A－BD－N的余弦值为．……10分法二：取AD的中点E，OD的中点H，连接NE，EH，NH．在正方体AC1中，A1D1∥AD，A1D1＝AD，又N，E分别是A1D1，AD的中点，故ND1∥ED，ND1＝ED，四边形NEDD1是平行四边形，所以NE∥DD1，又DD1⊥AD，DD1⊥CD，故NE⊥AD，NE⊥CD，因为ADCD＝D，AD，CD平面ABCD，所以NE⊥平面ABCD，又BD平面ABCD，故NE⊥BD．在正方形ABCD中，AO⊥BD，ABCDA1B1C1D1MABCDA1B1C1D1MN（第17题图）OEH故EH∥AO，所以EH⊥BD，又NEEH＝E，NE，EH平面NEH，所以BD⊥平面NEH，因为NH平面，所以BD⊥NH．所以∠NHE是二面角A－BD－N的平面角．不妨设正方体AC1的棱长为2，在Rt△NEH中，NE＝AA1＝2，EH＝eq\f(1,2)AO＝eq\f(1,4)AC＝eq\f(\r(,2),2)，故NH＝＝，所以cos∠NHE＝＝＝eq\f(1,3)，所以二面角A－BD－N的余弦值为eq\f(1,3)．……10分18．（本小题满分12分）【解】（1）设圆M的半径为r，圆的圆心，半径为1，因为圆M与圆F内切，且与直线相切，所以圆心M到直线的距离为r，且，故圆心M到点F的距离与到直线的距离相等，据抛物线的定义，曲线E是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线E的方程为．……5分（2）设直线AB的方程为，，，．联立方程组整理得，故所以．因为，直线的方程为，同理可得．所以，当且仅当，即时，取等号．所以四边形ABCD面积S的最小值为32．……12分19．（本小题满分12分）【解】（1）在△ABC中，，据余弦定理可得，又，故，即，又，故，得．……5分（2）在△ABC中，据余弦定理可得，又，故，即，又，故．据正弦定理，可得，所以，即，所以，，因为A，B，，所以，或，即或(舍)．所以．因为△ABC是锐角三角形，所以得，所以，故，，所以的取值范围是．……12分20．（本小题满分12分）【证明】（1）依题意，，所以，当时，，整理得，，所以，当时，为定值，所以数列是等差数列．……5分（2）因为，令，得，，故，结合（1）可知，是首项为2，公差为1的等差数列，所以，得．所以，当时，，显然符合上式，所以．所以，故．因为，，所以．……12分21．（本小题满分12分）【解】（1）设直线l的方程为，，．联立方程组整理得，则即所以．……6分（2）由（1）可知，，故直线关于直线对称，设直线与椭圆C的另一个交点为，则A与关于x轴对称，设，则．所以直线的方程为，直线的方程为，故点满足方程组解得因为点在椭圆C上，所以，即，整理得，所以点M在双曲线上运动，且F1，F2恰好为该双曲线的焦点，依题意，点A在T，B之间，所以，得，点M在双曲线的右支上运动，所以．……12分22．（本小题满分12分）【解】（1）依题意，，，即，．令，，故，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以当时，．所以，得，所以实数a的最小值为2．……4分（2）依题意，，，故，．①若，，在上单调递增．因为，，且在上的图象不间断，据零点存在性定理，存在，使得，且当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以函数在上不存在极大值，故不符题意．……6分②若，令，得．当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．因为函数存在极大值，故，即，解得，……8分此时，，；，（证明：令，．所以，在上单调递增，故，即．），又在上的图象不间断，据零点存在性定理，