开化中学2024届高三第二学期第5次周测数学答案公开课教案教学设计课件资料.docVIP

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开化中学2024届第3次周测试卷

一、ABDABCCD

二、ACDBDBCD

三、12.313.13.

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15.解：由题意，，

，

两式相减得：，

化简得：，

即数列是从第项起公差为的等差数列，

若数列是等差数列，则满足，

令，有，即，

所以，解得或，

由，所以；

，

由，数列是从第项起公差为的等差数列，

所以时，，

此时，，

整理得：，

又也满足上式，

所以，．?

16.证明：不妨设，，，

，，，

由余弦定理得，

在中，，，

平面平面，平面平面，平面，

平面．

平面，，

四边形是菱形，，

又，且平面，平面，平面．

解：在平面内，过点作的垂线，垂足为，

平面平面，平面平面，

平面，

又四边形是菱形，，，

，均为等边三角形

以点为坐标原点，，及过点平行于的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系如图，

则，，，，

由平面，

为平面的一个法向量，

设平面的法向量为，

则即

令，可得，

，，

平面与平面的夹角的余弦值为

?17．（1）因为每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为，且能否通过相互独立，

所以每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为，

故这三人中恰好有两人被确认为有效招飞申请的概率.

（2）因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为，且预估能被招飞院校录取的概率分别为，

所以能被招飞院校录取的概率为，

能被招飞院校录取的概率为，

能被招飞院校录取的概率为，

由题知，的可能取值为，

所以，

，

，

，

所以的分布列为

.

18.解：当时，，

则，

令，则，

因为，所以则在上单调递减，

又因为，，

所以使得，在上单调递增，在上单调递减．

因此，在上的最小值是与两者中的最小者．

因为，，

所以函数在上的最小值为．

，

由，解得，

易知函数在上单调递增，且值域为，

令，由，解得，

设，则，

因为当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减．

根据，时，，，

得的大致图像如图所示．

因此有：

当时，方程无解，即无零点，没有极值点

当时，，

利用，得，此时没有极值点

当时，方程有两个解，即有两个零点，有两个极值点

当时，方程有一个解，即有一个零点，有一个极值点．

综上，当时，有一个极值点当时，有两个极值点当时，

没有极值点

先证明当时，．

设，则，

记，则，在上单调递减，

当时，，，则在上单调递减，，

即当时，不等式成立．

由知，当函数无极值点时，，则，

在不等式中，取，则有，

即不等式成立．

?

19.解;设点，由题意可知，

即，

经化简，得的方程为，

当时，曲线是焦点在轴上的椭圆

当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．

设点，，，其中，且，，

(ⅰ)由可知的方程为，，，

因为，所以，

因此，，，三点共线，且，

法一设直线的方程为，联立的方程，得，

则，，

由可知，，

所以

定值．

法二设，则有，解得，

同理由，解得，

所以定值．

由椭圆定义，得，

，，

解得，

同理可得，

所以

．

因为，所以的周长为定值．

(ⅱ)当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线，

根据的证明，同理可得，，三点共线，且，

法一设直线的方程为，联立的方程，

得，

，，

因为，，

所以

，

将代入上式，化简得，

法二设，依条件有，解得

同理由，解得，

所以．

由双曲线的定义，得，

根据，解得，

同理根据，解得，

所以

，

由内切圆性质可知，，

当时，常数．

因此，存在常数使得恒成立，且．