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乐山市高中 2024 届第一次调查研究考试
理科数学参考答案及评分意见
2023.12
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.
BABCB ABDCB AD
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13. x Z 2， x 2x； 14. y (e 1)x 1；
15. ； 16.1.
2
三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.
80 81
17.解：（1）甲得分的中位数为 80.5； ……………………2分
2
乙得分的众数为78； ……………………4分
（2）若使用方案一：
x 75+75+78+78+80+81+81+83+84+99甲 81.4 ……………………5分
10
x 75+78+78+78+80+80+83+83+85+85乙 80.5 ……………………6分
10
因为 x甲 x乙，所以甲的得分较高. ……………………7分
若使用方案二：
y 75+78+78+80+81+81+83+84甲 80 ……………………8分8
y 78+78+78+80+80+83+83+85乙 80.6 ……………………9分8
因为 y甲 y乙 ，所以乙的得分较高. ……………………10分
方案二更好，因为有一个评委给甲选手评分为99，高出其他评委的评分很多，方案二可以规避个别
极端值对平均值的影响，评选结果更公平、更正. ……………………12分
18.解：（1）∵ a1 1，∴b1 1． ……………………1分
2na an 1 1 an 1∵ n 1 (n 1)an，∴ ，即bn 1 2 n n 1
b
2 n
． ……………………3分
1
又∵b1 1，∴{bn}是以 1为首项，以 为公比的等比数列． ……………………5分2
1
（2）由（1）得bn 1 ( )
n 1 1 n 1 ． ……………………6分2 2
n
∴ an n 1 ． ……………………7分2
1 2 3 n 1 n
∴ Sn 0 1 2 n 2 n 1 ①2 2 2 2 2
1 S 1 2 3 n 1 n∴
2 n
21
2 3 2 2 2n 1
n ② ……………………9分2
由①-②得：
1 S 1 1 1 1 n∴
2 n
20
21
22
2n 1
2n
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1 1
2n n 2 n 2 1 n n ． ……………………11分1 2 2
2
S 4 n 2∴ n n 1 ． ……………………12分2
19.解：（1） E是 PC的中点． ……………………1分
证明：
连结 AC，交 BD于点O，连结OE．
∵底面 ABCD是正方形，
∴O是 AC的中点． ……………………2分
∵ PA / / 平面 EBD，平面 PAC 平面 BDE OE，
∴ PA / /OE． ……………………4分
∵O是 AC的中点，
∴ E是PC的中点． ……………………6分
（2）解法一：建立如图的空间直角坐标系D xyz，
令CD a，平面 PBC 与平面PDB所成锐二面角的平面角为 ，
∴ P(0,0, a)，C(0,a,0)， A(a,0,0)， B(a,a,0)． ……………………7分
∴CB （a,0,0)， PB （a,a, a)．
设平面 PBC 一个法向量 n (x, y, z)，
∵ n CB 0， n PB 0，
ax 0
即 ，
ax ay az 0
∴ n (0, ,1)． ……………………9分
又易知 AC 平面 PDB，
∴平面 PDB的一个法向量CA （1, 1,0)． ……………………10分
n CA
∴ cos cos n,CA （ 0)． ……………………11分
n CA 2 2 1
1 2
∵ cos ，
2
2 1 1
2
cos 2∴ （0， ）． ……………………12分
2
解法二：
令CD a，连结 AC，交 BD于点O，过点O作OM PB，垂足为M ，连结MC ．
∵ ABCD为正方形，
∴CO BD．
∵ PD 平面 ABCD，
∴ PD CO．
∵ BD PD D，
∴CO 平面 PBD． ……………………7分
∴CO PB．
又∵CO OM O，
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∴ PB 平面COM ．
∴ PB CM ．
∴ CMO即为二面角C PB D的平面角． ……………………9分
∵ OMB ∽ PDB OM OB，∴ ．
PD PB
2
OM OB PD
a a
2 2 ∴ a ． ……………………10分
PB 2a2 2a2 2 1 2
tan CMO CO 1
2 1
∴ 1 2 1( 0) ． ……………………11分OM
∴ cos （0 2， ）． ……………………12分
2
20.解：（1） 在△ABD中，由余弦定理得：
2 2 2
cos BAD AD AB BD 2 4 10 2 ． ……………………2分
2AD AB 2 2 2 2
∵0 BAD 3 ，∴ BAD ． ……………………3分
4
∵四边形 ABCD内接于圆O，
∴ BAD BCD ，∴ BCD ． ……………………4分
4
∵ BDC ，在△BCD中，由正弦定理得：
3
BD CD 10 CD
，即
sin BCD sin CBD sin sin 5
4 12
10 sin 5 10 6 2
∴CD 12 4 30 10 ． ……………………5分
sin 2 2
4 2
BD h CD sin BDC 30 10 3 3 10 30∴ 边上的高 ． ……………………6分
2 2 4
（2）解法一：
1 1 2
由（1）可知： S△ABD AD AB sin BAD 2 2 1． ……………………7分2 2 2
BCD BDC , CBD 3 在△ 中，设 ， (0, 3 )
4 4
CD 10
由正弦定理得：
sin(3
，
) sin
4 4
10 sin(3 )
∴CD 4 2 5 sin(3 )． ……………………9分
sin 4
4
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S 1 1 3 ∴ △BCD BD CD sin 10 2 5 sin( )sin 2 2 4
5 2 sin(3 )sin 5 2( 2 cos 2 sin )sin
4 2 2
5(sin cos sin2 ) 5(1 sin 2 1 cos2 )
2 2
5(1 sin 2 1 cos2 ) 5 5 2 sin(2 5 ) ． ……………………11分
2 2 2 2 4 2
3 5 2 5
∴当且仅当 2 ，即 时△BCD面积取到最大值
4 2 8 2 2
5 2 7
故四边形 ABCD面积的最大值为 ． ……………………12分
2 2
解法二：
1 1 2
由（1）可知： S△ABD AD AB sin BAD 2 2 1． ……………………7分2 2 2
在△BCD中， BD 10, BCD ，由余弦定理得：
4
BD2 CD2 CB2 2CD CB cos BCD． ……………………9分
即：10 CD2 CB2 2CD CB (2 2)CD CB
∴CD
10
CB 5(2 2)，当且仅当CD CB时取“ ” ． ……………………10分
2 2
（S 1BCD）max 5(2 2)
2 5( 2 1)
． ……………………11分 2 2 2
故四边形 ABCD 5 2 7面积的最大值为 ． ……………………12分
2 2
x 1 x ln a
21.解：（1）由题可知， h(x) x ( x R )，所以 h (x) x ． ……………………1分a a
1 1
由 h (x) 0，得 x ；由 h (x) 0，得 x ． ……………………2分
ln a ln a
所以 h(x)在 (0, 1 )单调递增，在 ( 1 , )单调递减． ……………………3分
ln a ln a
1
所以 h(x) 1 1的极大值为 h( ) ln a ，无极小值． ……………………5分
ln a 1ln a e ln aa
(注：只给出极大值，没有说无极小值扣 1分)
1 1
（2）因为 g( ) xf (x) 1， 所以 a x x loga x 1，x
1 1 1
可得 a x log (1a a x )． ……………………6分x x
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1
1 a x
1
1 ( ln a 1)
令 t a x (a 1)，可得 t x 2 0，x x
1
所以 t 1 a x 在 (0, )单调递减． ……………………7分
x
g(1故 ) xf (x) 1有两个零点，等价于h(t) t loga t有两个零点． ……………………8分x
可得 h (t) 1 1 ，
t ln a
当 t (0, 1 )时， h (t) 0；
ln a
当 t 1 ( , )时， h (t) 0，
ln a
所以 h(t)在 (0, 1 ) ( 1递减， , )递增，
ln a ln a
h(t) h( 1 ) 1
1
可得 min log
1
a loga (a ln a lna )． ……………………9分ln a ln a ln a
1 1 1
令 log (a ln aa ln a) 0，所以 a ln a
1
ln a 1， 则 a ln a ，
ln a
1 1 1 1x a e x0 a ln a a x0 (e x x设 0 ，则 ， 0 ) 0 e． ……………………10分ln a
1 1 1 1
所以 a ln a ，则 e ， 则 a (1,ee )． ……………………11分
ln a ln a
1 1
因为 h( ) 1 0， h aa aa a aa a a
a 1 1 0，
1 1 1
此时存在两零点 x1, x2，其中 x1 ( , ), x2 ( , )，且 h x1 h x2 0 ,a ln a ln a
1
故 a (1,ee )． ……………………12分
(注：没有用零点存在定理判断扣 1分)
x 2 2cos
22.解：（1）因为圆C1的参数方程为 ( 为参数），
y 1 2sin
则其直角坐标方程为C1：(x 2)
2 (y 1)2 4 x2，即 y2 4x 2y 1 0．……………………2分
因为 x cos , y sin ， ……………………3分
2
故C1的极坐标方程为 4 cos 2 sin 1 0． ……………………5分
（2）因为C2的极坐标方程为 ，代入C1的极坐标方程中，4
2得 3 2 1 0，
则 1 2 3 2， 1 2 1． ……………………7分
2
故 PQ （ 1 2） 4 1 2 14 ． ……………………8分
14 2
则△C1PQ的高为 4 ． ……………………9分4 2
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则△C1PQ
1
的面积为 PQ h 1 14 2 7 ． ……………………10分
2 2 2 2
x a, x a
23.解：（1）由题得 f (x) 2 x a x a ． ……………………2分
3x 3a, x a
画出 y f (x)及 y a得图象，如下图所示，
2a
易知 A(a,0),B( ,a)，C(2a,a)，
3
∴ BC 4a ． ……………………4分
3
2
∴ S 1 ABC BC a
1 4a 2a 8
a ，解得 a 2． ……………………5分
2 2 3 3 3
x a, x a
（2）由（1）知 f (x) ，
3x 3a, x a
当 x a时， f (x) x即为 x a x，得 a 0，
与条件矛盾，此时不等式的解为 ； ……………………7分
3a
当 x a时， f (x) x即为 3x 3a x，得 x ，
4
3a
此时不等式的解为 x . ……………………9分
4
3a
综上所述，原不等式的解集为 ( , )． ……………………10分
4
(注：第（2）问也可由图象直接得出答案)
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