数学答案

宿州市2023届高三第一次质量检测数学参考答案一、选择题(单项选择)题号12345678答案CBADADAB二、选择题(多项选择)题号9101112答案ABABABCABD三、填空题32n113.5；14.y24x（p即可）；15.；16.ln3-3,5．22(2n1)四、解答题17.解：（Ⅰ）由正弦定理可得(bc)(bc)aabc，即b2c2a2bc，……2分b2c2a21由余弦定理的变形得cosA，……………4分2bc2又A(0,)，所以A．……………5分333（Ⅱ）sinBCBBsinsinsin()sinBcosB3sin(B)3226……………7分25由（Ⅰ）知A，所以B,0()，从而B(,)，3366613所以，从而．sin(B)1,sinBCsin,36223即的取值范围为．分sinBCsin,3……………10218.（Ⅰ）证明：记F为棱PB靠近点P的三等分点,连接EF,AF．11因为EF//BC，且EFBC，又AD//BC且ADBC,33所以EF//AD且EFAD,即四边形ADEF为平行四边形，……………2分所以DE//AF，又因为AF平面PAB，DE平面PAB,所以DE//平面PAB．……………4分数学参考答案第1页共7页（Ⅱ）解：在BC上取一点G，使得BC3GC，所以GCAD2，又AD//BC，BCCD知四边形AGCD为矩形，从而AGAD，又PA底面ABCD，所以AG,,ADAP两两垂直，以A为坐标原点，AG,,ADAP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Oxyz，224则BCDPE(2,4,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,0,2),(,,)，333244从而BC(0,6,0),CP(2,2,2),DE(,,)，……………7分333设平面PBC的法向量为n(,,)xyz，则nBC02y0，即，nCP02x2y2z0可取n)1,0,1(为平面PBC的一个法向量，则2411nDE2cosn,DE33，nDE242设DE与平面PBC所成的角为，则2sincosn,DE，22即DE与平面PBC所成的角的正弦值为．……………12分2解：（Ⅰ）由题意，又19.bn1bna2n1a2n14b1a11所以，数列为以1为首项，4为公差的等差数列，分bn……………4所以．分bn1(n1)44n3……………5（Ⅱ）由已知当为偶数时，所以分nan2an4……………6S23a1a2a23(a1a3a23)(a2a4a22)数学参考答案第2页共7页(b1b2b12)()()()a2a4a6a8a10a20a2212(145)145297．……………12分2解：（Ⅰ）共有个机房，抽取个机房有2种方法，其中全是小机房有2种方20.n62Cn6C6C21法，因此全是小机房的概率为6，从而解得．分2n4………………4Cn63（Ⅱ）X的可能取值为0,1,2,3．………………5分CC034164PX(0)3C1012030CC1236364PX(1)3C1012010CC2160164PX(2)3C101202CC3020164PX(3)3C101206则随机变量X的分布列为X01231311P301026………………10分则X的数学期望13119EX()0123．………………12分301026521.解：（Ⅰ）设椭圆焦距为2c，由题意可得c2a22a2c422解得a2,c2，所以b2a2c22，x2y2从而椭圆C的标准方程1．………………4分42（Ⅱ）设点，则以为直径的圆的方程为，M(,)x0y0OMx(xx0)y(yy0)0又圆22，两式相减得直线的方程为，分O:xy1ABx0xy0y1…………5设，由P(x1,y1),Q(x2,y2)数学参考答案第3页共7页x2y2142x0xy0y1消去整理后得2222y(2x0y0)x4x0x24y004x24y200，分x1x222,x1x222………………72x0y02x0y0xx所以02022PQ1()x1x21()(x1x2)4x1x2y0y0x24x24y2x2y2x21002000012(22)4222622y02x0y02x0y02x0y01又点O到直线PQ的距离d，22x0y0设OPQ的面积为S，则11x2y2x211SPQd26000222x2y22200x0y026x2126x21x210002222624x04x03x043(x01)112613x2102x01其中2，令2，则，x04,0tx01t1,511设f(t)3t，t1,5，则f'(t)30，tt2165所以f()t在区间1,5上单调递增，从而得f(t)4,，5306于是可得S,，82306即OPQ的面积的取值范围为,．………………12分82数学参考答案第4页共7页22.解：（Ⅰ）当b0时，f(x)x2a(xlnx)，f()x的定义域为(0,)，a2x2axaf'(x)2xa，………………1分xx当a28a0，即8a0时，f'(x)0且不恒为0，所以f()x在(0,)上单调递增；………………2分aa28a当a8时，方程2x2axa0有两不等正根，4aa28aaa28a结合定义域由f'(x)0可得x,0()(,)，44aa28aaa28a由f'(x)0可得x(,)，44aa28aaa28a所以f()x在区间(,)上单调递减，44aa28aaa28a在区间,0()和(,)上单调递增；44aa28a当a0时，方程2x2axa0有一负根和一正根4aa28aaa28a，结合定义域由f'(x)0可得x(,)，44aa28a由f'(x)0可得x,0()，4aa28a所以f()x在区间,0()上单调递减，4aa28a在区间(,)上单调递增．4综上可知：aa28aaa28a当a8时，f()x在区间(,)上单调递减，44数学参考答案第5页共7页aa28aaa28a在区间,0()和(,)上单调递增；44当8a0时，f()x在(0,)上单调递增；aa28a当a0时，f()x在区间,0()上单调递减，4aa28a在区间(,)上单调递增．………………6分4ee（Ⅱ）当b1时，f(x)x2a(xlnx)，令g(x)x2a(xlnx)，h()x，xx则f(x)0，即为g()()xhx，而h()x在1,e上单调递减，所以当1xe时，h(x)h(e)1．又g()ee2aea，①当g()()ehe，即e2aea1时，a1e，符合题意；……………8分②当8a1e时，由（Ⅰ）知g()x在1,e上是增函数，恒有g(x)g(e)h(e)1，故不存在x,1e，使g()()xhx；③当a8时，由于1xe时，xlnx0，所以g()xx2a(xln)xx28(xln)x，令m(x)x28xlnx，82(x24x4)2(x2)2则m'(x)2x80xxx所以m()x在1,e上是增函数，最大值为m()e，又m(e)h(e)e28(e1)1e28e7(e1)(e7)0，所以m()()ehe，此时恒有g()()xhx，因此不存在x,1e，使g()()xhx．综上可知,a1e．即a的取值范围为(1e,)．……………12分数学参考答案第6页共7页eex2x2另解：分离变量可得：ax，令F()xx,x1,e，则xlnxxlnxee21(22x)(xlnx)(x)(1)F'()xxxx(xlnx)2e2(lnx2x1)x(2lnxx1)x(xlnx)2易得当x,1e时，lnx2x10，且2lnxx10，从而F'(x)0，所以在单调递减，于是．F()x,1eaF(x)minF(e)1e（说明：解答题若用其它方法，可酌情给分！）数学参考答案第7页共7页