2023届浙江省稽阳联谊学校高三4月联考 数学答案

2023年4月稽阳联谊学校高三联考数学参考答案一、选择题：ABCBDBDA199．答案．解析：，则ð，故选1AA,,B,1ARB=1,A.22()22．答案B．解析：z2i，从而z2i，故选B.111313．答案C．解析：AEACCEACOBOCmnmmn，故选C.22242exyecyexyeyx4．答案B．解析：coshxy,coshxcoshysinhxsinhy,故选B.22．答案．解析：32231，故选5DA6C3A6C3A6216D.56．答案B．解析：，gx2cos2x，可知223，则，3444452coscos2sin2，故选B.4447．答案D．解析：lnxax2b0lnx22ax22b0，记fxlnx2ax2b，x0,，11fx2a，fmaxxfln2a12b02bln2a1，x2aa2baln2a1ln2.故选D.8．答案A.记四面体SADE，四棱锥ABCED，鳖臑SABC的外接球半径分别为，记，r1,r2,rSA2a,AC2b,SC2cSAACSC易知AD面SBC，则ra，rb,rc12222VVa3b3a3b3VV212，当且仅当时，12，=331abVc22V2abmin故选A.二、选择题：ABDACDBCABD9．答案：ABD．解析：该组数据的第70百分位数为19，故C错误．10．答案：ACD．解析：如图，由△BAE,△BEC,△BCF,△BFA为正三角形可得AECF为正方形，故AECF，故A正确；取AB中点为M，EMF为二面角EABF的平面角，由EMFM3，EF22，得EMF90，故B错误；EAC为直线EA与平面ABCD所成的角，由EAEC2，AC22，得EMF45，故C正确；△EMF中边MF上的高即为点E到平面ABF的距离，由EMFM3，EF22，得高为边学科网（北京）股份有限公司26MF上的高为，故D正确．311．答案：BC．解析：2x(x1)3x23ln(x21)ln(x21)ln(x21)ln(x21)22设f(x)，f(x)x1x10(x≥6)，x1x1(x1)2(x1)2故A错误，C正确；因为an0，所以数列{Sn}为递增数列，故B正确；ln(n21)ln21由a≥≥ln2ln(1)得S≥ln2(ln(n2)ln2)，故D错误．nn1n1n1n12．答案：ABD．解析：函数f(x)为连续函数，故A正确；144xk,2k≤x2k,233f(x2)(kZ)，242x2k,2k≤x2k2,3314842(xk)2k,2k≤x2k,2333f(f(x2))(kZ)x，故B正确；1224(2x2k)k1,2k≤x2k2,23332f(0)1，故C错误；3124124xk,2k≤x2k,2kk,2k≤x2k,2332332f(x)x≤84843x2k,2k≤x2k2,2k22k,2k≤x2k2,333321所以f(x)f(x1)≤xx≤2x，故D正确．33三、填空题13．答案：x0(1,),x0≤0．x214．答案：y21，答案不唯一．41yy115．答案：．解析：≤．6(xy)29y265116．答案：．解析：设|QF|4t，|PQ|5t，故|QF|2a4t，|PF|9t2aa，得ta，52113453645所以|QF|a，|PQ|a，所以cosFPF，故4c22a2a2a2，解得e．233125555四、解答题学科网（北京）股份有限公司S12a、解：（）当时，，当时，nn，所以n1分17In1a11n2an2an1an2……………3Sn112an1n1，为奇数，（）2nIIbnn，n为偶数，当为偶数时，02n2nTn(b1b3bn1)(b2b4bn)(222)(24n)2n1n(n2)……………6分34当为奇数时，02n1nTn(b1b3bn)(b2b4bn1)(222)(24n1)2n11n21……………9分342n1n(n2),n为偶数综上可知34分Tn……………102n11n21,n为奇数34、解：（）如图，延长，交于，连结，设，连结18IMNAA1PPBAB1PBQMQPANA1BBQB1由11可知，PA2AA，所以11，所以MQ//CB，又CB平面BMNPAMA21PAQA211所以平面分B1C//BMN……………6（）过点作平面的垂线，因为，，两两互相垂直，可以建立空间直角坐标系，IIAABB1A1AzABAA1Az因为BC3AB，所以BAC120，设AB3a，学科网（北京）股份有限公司a3a所以B(3a,0,0)，M(a,0,3a)，N(,3a,)2273a所以BM(4a,0,3a)，BN(a,3a,)，所以平面BMN的法向量n(23,3,8)221a3a又AM(a,0,3a)，AN(,3a,)，所以平面AMN的法向量n(3,0,1)22214779所以cosn1,n227979779所以二面角BMNA的余弦值是……………12分7919、解：（I）cos2Acos2B8sinBsinCcosAcos[(AB)(AB)]cos[(AB)(AB)]8sinBsinCcosA2sin(AB)sin(AB)8sinBsinCcosAsin(AB)4sinBcosAsinAcosBcosAsinB4sinBcosAsinAcosB3sinBcosAtanA3tanB……………6分1a2（II）SabsinCABC263sinBsinCsinA3sinBsinAcosB3sinBcosAsinBsinA3sin2BtanA13sinBcosB3tan2B3tanBtanB23tanB3tanB24tanB30tanB1或tanB3若tanB3，则60B75，A120，三角形不存在所以B45……………12分20、解：（I）1111111135因为P(A)C1()4()3C2()4C1()3C3()4C2()3C4()4C3()3，422423242324232271112P(AB)C3()4C2()3，42322712所以P(B|A)……………6分35C1C0C2C1C3C2Cn1Cn（II）P(A)n1nn1nn1nn1n22n1学科网（北京）股份有限公司C0C0C1C1C2C2CnCnP(B)n1nn1nn1nn1n22n1因为k1knknk，Cn1CnCn1Cnk0,1,2,n所以P(A)P(B)……………12分ppxx|AF||BF|122221、解：（I）设A(x1,y1),B(x2,y2)，由得……………2分|AP||BP|x11x21解得p2，故抛物线C的方程为y24x．……………4分11421212（II）联立l:yx与l:y2x2xy得Q(xy,xy)PF22BQ225252552525342434由BQQM得M(xy,xy)5252552525y4x3y4要证A，F，M三点共线，即证122①，……………8分x113x24y23设直线AB的方程为xmym1，y1(4m3)y24m8将x1my1m1与x2my2m1代入①得，化简得my1m2(3m4)y23m6(m2)((4m2)y1y2(4m3)(y1y2)4(m2))0②．22联立xmym1与y4x得y4my4m40，故y1y24m，y1y24m4，所以(4m2)y1y2(4m3)(y1y2)4(m2)(4m2)(4m4)4m(4m3)4(m2)0，故②成立，所以A，F，M三点共线．……………12分22、解：（I）f(x)ex(sinxcosx)cosxf()e1，又f()0所以切线方程是y(1e)(x)……………2分（II）g(x)(ex1)sinxx2①当x[,2)时，因为(ex1)sinx0，x20，所以g(x)0，即g(x)无零点……………4分②当x[,)时，g(x)ex(sinxcosx)cosx2x，g(x)2excosxsinx22因为2excosx0，sinx20，所以g(x)0，即g(x)在[,)上递减2又g()e20（e20e2），g()e1202学科网（北京）股份有限公司所以存在x(,)，使得g(x)在(,x)上递增，在(x,)上递减022002又g()e21e240，所以g(x)g()0，而g()202402所以g(x)在[,)上存在唯一零点……………8分2③当x(0,)时，设h(x)g(x)，则h(x)2ex(cosxsinx)cosx，h(x)4exsinxsinx2因为4exsinxsinx0，所以h(x)0，即h(x)在(0,)上递减2又h(0)30，h()2e20，2所以存在x(0,)，使得g(x)在(0,x)上递增，在(x,)上递减12112又g(0)0，g()10，2所以存在x(0,)，使得g(x)在(0,x)上递增，在(x,)上递减22222又g(0)0，g()e20，所以g(x)在(0,)上递增，所以g(x)g(0)022所以g(x)在(0,)上无零点2综上可知，g(x)在(0,2)上存在唯一零点……………12分学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司