数学-答案

2023-11-22 · 10页 · 278.9 K

2023年重庆一中高2023届3月月考数学参考答案一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)题号12345678答案ADCBDBCD【解析】ii1101.z,则||z==,故选A.13i13i1010xx2.因log≤≤≤,0010x4A=(,0][3,),故()AB[3,,故选4]244RRD.CC22C24224.2!,故选.3P1222CCCC64253!4.如图所示,可得蒙日圆的方程为xy224;因为蒙日圆为长方形的外接圆,设rOA||2,AOB,则矩形面积公式为1Sr42sin8sin,显然sin1,即矩形四条边都相等,为正2方形时,Smax8,故选B.5.由题知,ACAE3,APxAByAC,所以APxAByAE3,又因为P为线段BE上131333yx33yx任一点,所以xy31,所以(3)xy10≥102xyxyxyxy33yx1116,当且仅当时等号成立,此时x,y,故选D.xy442π2πππ6.由已知条件知,x时,f()x取得最大值1,从而有=2kπ+,kZ,即33621T2ππ3k,kZ,又由题意可得该函数的最小正周期T满足:≥π且2233T2π2π4π311π≥0,于是有T≥,则0≤,故ω=,由xkkπ,得对称中Z23332226π心为2kπ,0,故选B.3数学参考答案·第1页(共10页)7.圆锥的轴截面为等腰直角三角形ASB,如图所示:在直角圆锥SO中,点S与底面圆O都在同一个球面上,由ASB90,所以AB为球的直径,若球的表面积为4π,由4πR24π,球的半径R1,则圆锥底面半径r1,圆锥母线长l2,所以圆锥的侧面积为Srlπ2π,故选C.1111.由条件得:,则,由,得:,81anbann121[][4]4ab12(1)nann1nann(1)n8,,,故,故选.[][3]3ab23[]ab342[][]aab12bab23[910]21D3二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项是符合题目要求的.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ABDABCBCDBD【解析】1119.对于A,∵N(0,,1)∴P(10)[1(1)(≤≤PP1)][12(1)]Pp,222287故A正确;对于B,,故B正确;对于C,∵P(AB)PA()PB()PAB(),故441111不一定成立,故C错误;对于D,因为PAB(),PA()PB(),可得93P(AB)P()AP()B,所以事件A与B相互独立,故D正确,故选ABD.11x10.因fx()1,故mfx0()(01)(1+)时,在,上,在,上,则f()xf(1)xxmin3lnm,故A正确,B正确;对于C,x(0,)时,令tex,则t1,由复合函3数的单调性知C正确;由fx()minf(1)3lnm0me,故D错误,故选ABC.11.对于A,由弦长公式可得||2AB(3)(222)2,故A错误;对于B,直线AB过定点M(1,1),最大距离为||=2OM,故B正确;对于C,x12xyyOAOB1233cosOAOB,的最小值为3,故C正确;对于D,设ABπ的中点为Ex(),,y()()=4()4||xxyyxyOE22222,因AOB,故0012120021||||OEAB,所以4|OE|222=|AB|2r6,故D正确,故选BCD.2数学参考答案·第2页(共10页)1212.对于A,当,时,在AD上取靠近D点的三等分点G,连接GE并延长交AD23111于点H,易得点H是AD上靠近A点的三等分点,在BC上取靠近B点的三等分点P,如图:则GN∥∥HPAB,且GNHPAB,又因为AB平面AADD11,所以ABGH,即HPGH,则四边形GHPN为矩形,ACBD,且||||GNNP,故A错误;对于B,由正方体中又,ACDD1BD平面BDD1,DD1平面BDD1,BDDD1D,可证ACBC11BC,平面BDD,可得ACDB,又BC平面BCD,CD平面BCD,11,1111111BC111CDD1BAC,BCCDC,可证BC平面BCD,可得BCDB,所以由AC平111111111,D11BBC1面ABC,BC平面ABC,ACBCC,可得DB平面ABC,所以当时,1111112DM1平面ABC1,即平面AD1M平面ABC1,故B正确;对于C,平面A11DC∥平面ABC1,又因为E平面A11DC,所以M与A1重合,N与C1重合,此时01,,不符合题意,故C错误;对于D,法1:向量法(略);法2:设平面A1NC延展交AD于点6N,∵VVAANCAANC,∴VVAANCCAAN,得,故D正确,故选BD.11113三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)题号1314151611答案351692192【解析】1113.设平均每年的增长率为x,所以(1x)92,即12x9,∴x219.(1)[1(1)](1)(1)x2527xxx14.∵(1xx)23(1)(1x)6=,∴所求=C31(1)xx7(1)335.ππππππ215.令tx,则22xx2t,所以sin2tt3cos102cost66622213costt20cos.2数学参考答案·第3页(共10页)16.设切点A()()xy11,,Bxy2,2,点A处的切线方程为xx11py()y,点B处的切线方程为xx22py()y,点M(3,1)为两切线的交点,则3(1)xp11y,3(1)xy22p,所以A()()xy11,,Bxy2,2在直线3)xp(1y上,即直线AB的方程为3)xp(1y,又直线2pxy4xx126,AB经过焦点0,,所以p2,联立xx2640,得所以,23+2=2xyxx1242222222232|MA||MB|(x112213)(1)(yx3)(1)(yx3)x12(x23)2313213222.xxx2122()26[(xx12)2xx12]26169244四、解答题(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)π解:(1)因为fx()cosπxsinπx2cosπx,………………………………(2分)4ππ1所以由题意有ππxkk()N,故xkk()N,…………………………(4分)424这就是函数f()x的全部零点.1又由已知函数f()x的所有正数的零点构成递增数列{}a,所以{}a是以为首项,nn431为公差的等差数列,所以an()nN*.………………………………………(5分)n4nn131(2)bannn,242123nn111111则Tnnn123(1)①,22222234nn1111111Tnnn123(1)②,……………(7分)222222则①−②得:n11123nn1n1n111111122211Tnnn1(2),n12222221222………………………………………………………………………………………(9分)n12n所以.…………………………………………………(分)Tnn2(2)2n1022数学参考答案·第4页(共10页)18.(本小题满分12分)解:(1)由BCAD∥,ABAD,PA平面ABCD,知三线两两垂直.故以ABADAP,,分别为x,,yz轴建立如图所示的空间直角坐标系.……………(2分)则ABCDP(000),,,(100),,,(110),,,(020),,,(001),,,由BP(101),,,CD(110),,,……………………(4分)BPCD11则cosBP,CD,||||BPCD222所以BP,CD60,所以异面直线PB与CD所成的角是60.………………………………………………(6分)(2)由题意n(1,,00)为平面PAD的一个法向量,设mxyz(),,为平面PBC的一个法向量,BC(0,,10),………………………(8分)mBPxz0,由令x1,则yz01,,……………………………………(10分)mBCy0,nm12故m(1,,01),所以cos〈,nm〉,||||nm122π所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为.…………………………(12分)419.(本小题满分12分)ππ(1)证明:因为BADC,故DACB.…………………………………(1分)22BDAD由正弦定理得,在△ABD中,有,πsinBsinC2CDAD在△ACD中,有……………………………………………………(3分)πsinCsinB2sin2BCsin2,………………………………………………………………………(5分)π于是BC或BC,2故△ABC为等腰三角形或直角三角形.………………………………………………(6分)(2)解:由于角A为锐角,故BC.设CEx,则AEx2,ABx3,由cosBECcosBEA,数学参考答案·第5页(共10页)(2xxx)222(3)2222(5)26得,解得x,………………………………(9分)22xx22232519故,222,AB6ADABBD(6)22195所以SBCAD.………………………………………………………(12分)△ABC2420.(本小题满分12分),,解:(1)如图所示,设点P()xy00,,A(20),B(20),y则直线AP:y0(2)x,………………………(1分)x021016y0令x,得yM,33(x02)1016y于是M,0,……………………………(2分)33(2)x016y0yx3(2)yy44y22123x故kk0000003.……………(4分)BPBMxxxxx2224410220000023(2)由于直线BP与直线BM关于直线x2对称,故kkBMBP,因此kBM3,kBP3.……………………………………………………………(6分)设直线RS:y3xm,设Rx()11,y,Sx()22,y,yxm3,联立方程xy22得15xmxm22834120,…………

VIP会员专享最低仅需0.2元/天

VIP会员免费下载,付费最高可省50%

开通VIP

导出为Word

图片预览模式

文字预览模式
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报
预览说明:图片预览排版和原文档一致,但图片尺寸过小时会导致预览不清晰,文字预览已重新排版并隐藏图片
相关精选
查看更多
更多推荐