2024届武汉市武昌区高三5月质量检测数学试卷答案

武昌区2024届高三年级5月质量检测

数学参及评分细则

选择题： 题号 答案 填空题：

1 D

2 D

3 C

4 B

5 A

6 B

7 C

8 A

9 ABD

10 AD

11 ABD

12.(2, 2] 13.14．3 5

解答题：

15．（13分） 解：（1）(2ac)cosBbcosC0，

由正弦定理得(2sinAsinC)cosBsinBcosC0，……………………………………………（1分） 2cosBsinAcosBsinCsinBcosC0，即2cosBsinAsinBcosCcosBsinC

所以2cosBsinAsin(BC)sinA，……………………………………………………………（3分）

π85A0,π,sinA0,cosB

0Bπ，B

1

………………………………………………………………（4分） 2

π

. ………………………………………………………………………………（6分） 3

acb32

（2）由正弦定理，得sinAsinCsinB，……………………………………………（8分） 3212a2csinA4sinCsinA4sin(A) 23sinA23cosA2sinA3sinA23cosA21sin(A). ……………（10分）

又0A

2，为锐角，21sin(A)最大值为21， ………………………（12分） 3

1

a2c的最大值为21. ……………………………………………………………………（13分） 2

16.（15分） 解：（1）证明：如图，取BC的中点E，连接AE． 因为EC∥AD，ECAD，

所以四边形ADCE为平行四边形．……………………………………………………………………（1分） 因为ADDC，所以四边形ADCE为菱形，所以AEBEEC，所以ABAC．…………（3分） 因为平面PAC平面ABCD，平面PAC平面ABCD=AC，AB平面ABCD

所以AB平面PAC. ……………………………………………………………………（5分） 因为PC平面PAC，所以ABPC. …………………………………………………………（7分） （2）由（1）可知AB平面PAC，

因为PAPC，取AC中点为O，连PO，所以PO⊥AC.………………………………………（8分） 以OE为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则

则B2,3,0，C0,3,0，D1,0,0，P0,0,3，



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

所以CP0,3,3，BC2,23,0，DC1,3,0．………………………………………（9分）

m设平面PBC的法向量为x1,y1,z1． CPm0,3y13z10,由得． BCm0,2x123y10,

取z11，得y13，x13则m3,3,1．………………（11分） 

x23y20,DCn0,

nx,y,zPCD 222．由设平面的法向量为得

CPn0,3y23z20.



取z21，得y23，x23，则n3,3,1．………………………………………………（13分）





mn55cosm,n 所以13．1313mn

5. 设平面BPC与平面PCD的夹角为，则cos|cosm,n|13所以，平面BPC与平面PCD夹角的余弦值为17.（15分）

解：（1）f(x)2ax(a2)5

． ………………………………………………（15分） 13

1(ax1)(2x1)(x0)………………………………………（2分） xx① 当a0时，x0，ax10,2x10，f(x)0.

所以f(x)在(0,)上单调递减，无单调递增区间； ……………………………………………（4分） ②当a0时，由f(x)0得，x111，所以f(x)在(,)上单调递增，在(0,)上单调递减.（6分） aaa综上，当a0时，f(x)在(0,)上单调递减，无单调递增区间；

当a0时，f(x)在(,)上单调递增，在(0,)上单调递减. ………………………（7分） （2）由（1）知，当a0时，f(x)在(0,)上单调递减，所以f(x)至多有1个零点，不满足， 所以a0. …………………………………………………………………（8分） 此时f(x)在(,)上单调递增，在(0,)上单调递减. 所以f(x)minf()1a1a1a1a1a11lna. …………………………………………………………（9分） a2

当x0时，f(x)；当x时，与对数函数ylnx相比，二次函数yax(a2)x(a0)

增长快得多，从而f(x). ……………………………………………………………………（11分）

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1110. …………………………（13分）

aa111令g(a)lna1，则g(a)20，所以g(a)在(0,)上单调递增，且g(1)0，

aaa又因为f(x)有两个零点，所以f()0，即lna所以g(a)0的解集为(0, 1).

综上，实数a的取值范围是(0, 1). ………………………………………………………（15分） 18.（17分）

解：（1）因为MEMFMEPM|EP|4|EF|2，

所以点M的轨迹是以点E,F为焦点的椭圆.……………………………………………………（2分）

22

xy设C:221(ab0)，则2a4，即a2. ab

由c1知 ba2c23. ……………………………………………………………………（4分）

22

xy所以点M的轨迹C的方程为1. ………………………………………………………（5分） 43

（2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，则由OAAD，得D(2x1,2y1).

x12y12

143因为点A，B均在曲线C上，所以， 22

x2y2134

2222xxyy212222121同向相乘得(x1y2x2y1)1， 16912xxyy1整理得：(1212)2(x1y2x2y1)21.……………（7分） 4312

又因为kOAkOBy1y23，所以x1x2y1y20.……………（8分）

43x1x24

N

所以SAOB

11

|x1y2x2y1|233.……………………………………………………（10分） 22

xN2x1(1)x2，

设BNBD，则…………………………………………………………（11分） 

y2y(1)y.12N

22[2x(1)x][2y(1)y]1212又因为点N在曲线C上，所以1，

432222xyxxyyy2x21112122整理得：4()4(1)()(1)()1. 434343

22222x1x2y1y2x2y22

又因为x1y11，0，1，代入上式得：520.

434343

又因为0，所以2， …………………………………………………………………（15分）

5

所以SNAB

2223

.…………………………………………………………（17分） SDABSOAB

555

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19.（17分） 解：（1）4局结束比赛时甲获胜，则在前2局甲乙各得一分，并且第3，4局甲胜.

121612 概率为C2； ……………………………………………………………………（2分）

33381

4局结束比赛时乙获胜，则在前2局甲乙各得一分，并且第3，4局乙胜.

2

2

2114

概率为C.

33381

12

所以，恰好4局结束比赛的概率

120．………………………………………………………（4分） 818181

（2）（i）在甲在净胜2局前提下，继续比赛一局：

若甲赢，则甲的状态变为净胜1局，继续比赛获胜的概率为P1； 若甲输，则甲的状态变为净胜3局，比赛结束. 根据全概率公式，P2

2

P1. ……………………………………………………………………（7分） 3

同理P1

21212121P0P2，P0PPPPPPP，，1112021， 33333333

88

. 即甲获胜的概率为. ……………………………………………………（10分） 99

联立上式解得P0

（ii）在甲净胜2局前提下，继续比赛一局：

若甲赢，则甲的状态变为净胜1局，继续比赛至结束，还需要E(X1)局，共进行了E(X1)1局； 若甲输，则甲的状态变为净胜3局，比赛结束，共进行了1局. 所以E(X2)

21

[E(X1)1]1， …………………………………………………………（14分） 3321

[E(X0)1][E(X2)1]， 33

同理E(X1)

21

E(X0)[E(X1)1][E(X1)1] ，

3321

E(X1)[E(X2)1][E(X0)1]，

3321

E(X2)1[E(X1)1]，

33

联立上式解得E(X0)7. ……………………………………………………………………（17分）

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