2023-2024学年度安康市高三年级第一次质量联考（期中考试）理数答案

2023~2024学年度安康市高三年级第一次质量联考数学试卷参考答案（理科）1.D因为AB，所以1B.当2a31时，a2，此时a11，舍去；当12a1时，a0，此时A1,1,B1,3,1，符合题意.2a4,因为2，所以故2.Cai1ai2aa1i43i2a2.a13,3.A作出可行域（图略），当直线zx2y经过点0,6时，z有最小值，最小值为-12.0.34.B因为aln0.30,blog0.30.50,1,c51，所以abc.5.Ax450.1550.2650.3750.2850.15950.0567.5.6.C因为PF1的最大值为ac，所以ac6.因为PF1PF22F1F2，由椭圆定义得2a4c，即x2y2a2c，所以c2,a4.因为a2b2c2，所以b23，所以椭圆C的标准方程为1.161237.A因为a2b2c22bccosA，且a45,b5,cosA，所以8025c26c，整理得52c6c55c5c110，故c11.2xxx108.C因为fxsincos2sin，所以fx的最小正周期是1，最小值为2.555452x9.D因为fx2xx1e，所以fx在,1,0,上单调递增，在1,0上单调递减，故极大值点为-1.10.A因为fx为奇函数，且f32，所以f32.因为fx单调递增，所以不等式2„f3x„2等价于3„3x„3，故x0,6.11.D设直线l1与l2的斜率分别为k1,k2，则k1k21，ykx2,联立方程组1消去y并整理得2222，2k1x4k12x4k10y8x,24k128设Ax,y,Bx,y，则，1122x1x2242k1k1学科网（北京）股份有限公司88ABAFBFx12x2282，同理MN82，k1k2881于是得2…，ABMN1622168k1232k1k2k1当且仅当22时，等号成立，所以的最小值为k1k21ABMN32.12.B圆锥内半径最大的球为该圆锥的内切球，如图，该圆锥的母线长BS9，底面半径BC4，则高SCBS2BC265.记该内切球与母线BS切于点D，则ODOCr,BCBD4.在RtSOD中，SO2OD2SD2，即(65r)2r2(94)225，4652320解得r，故所求球的表面积为4r.1313注：也可用三角形的内切圆半径公式计算，在SAB中，SASB9,AB8，1465320高SC65，则998r，所以r，故所求球的表面积为.2131313.0.99因为XB100,0.01，所以DX1000.010.990.99.3514.因为coscossin，所以21221212252223coscossincoscos2cos.12121212126215.由题意知斩堵ABCABC为半个正方体，连接AB，则ABAB.2111111因为AB1A1C1,A1BA1C1A1，所以AB1平面A1BC1，所以AB1BC1，所以异面直线AB与BC所成的角为.112学科网（北京）股份有限公司16.5因为a1,2,a∥c，所以可设c,2.因为abc，所以abcabac0.因为b3,4，所以550，得1，所以c1,2，故c5.17.解：（1）设an的公比为q，因为a18,a33a232，2所以8q224q32，即q3q4q4q10，解得q1或q4.因为，所以，故n12n1an0q4an842.1（2）由（1）知blogalog22n1n，n4n42nn11n22n所以Tn.n22218.（1）证明：取AB的中点G，连接MG,NG.因为M,G分别是PB,AB的中点，所以MG∥PA.因为N,G分别是CD,AB的中点，且ABCD为矩形，所以NG∥AD.因为MGNGG,ADPAA，所以平面MNG∥平面PAD.因为MN平面MNG，所以MN∥平面PAD.学科网（北京）股份有限公司（2）解：由题意易知，CP,CB,CD两两垂直.如图，以C为坐标原点，CD,CB,CP的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系.因为2PC3AB4BC12，所以A4,3,0，3N2,0,0,M0,,3.23设平面AMN的法向量为mx,y,z，因为AM4,,3,AN2,3,0，23mAM4xy3z0,所以2令x3，得m3,2,3.mAN2x3y0.取平面ABCD的一个法向量为n0,0,1，mn3322因为cosm,n，mn22122322所以平面AMN与平面ABCD夹角的余弦值为.2219.解：（1）记顾客A获得200元购物券为事件M，即前两次取的球都同色，C2C2C2C2C2C2C2C21919所以顾客获得元购物券的概率25223337A200PM2222222.C5C7C5C7C5C5C7105（2）顾客A获得购物券的金额可能为0元，100元，200元.记顾客A获得0元购物券为事件N，即前两次取的球均不同色，第三次取的球仍不同色，C1C1C1C1C1C1C1C115623432233，PN2211C5C7C5C5875学科网（北京）股份有限公司191561682所以顾客A获得100元购物券的概率为1，1058752625所以顾客A获得100元购物券的概率最大.ax2a1xaxax120.解：（1）fxa1x(x0).xxx当a„0时，fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增.当0a1时，令fx0，得0xa或x1，令fx0，得ax1，所以fx在0,a和1,上单调递增，在a,1上单调递减.当a1时，fx…0恒成立，则fx在0,上单调递增.当a1时，令fx0，得0x1或xa，令fx0，得1xa，fx在0,1和a,上单调递增，在1,a上单调递减.综上所述，当a„0时，fx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,；当0a1时，fx的单调递增区间为0,a和1,，单调递减区间为a,1；当a1时，fx的单调递增区间为0,，无单调递减区间；当a1时，fx的单调递增区间为0,1和a,，单调递减区间为1,a.1（2）fx…xaexx2ax，即alnxx…xaex，整理得lnxaxa…lnexex.2因为x1,,a0，所以xa1,ex1.令gxlnxx,x1,.1因为gx10，所以gx在1,上单调递减.xaaaxxx因为gxlnxx…gelnee，所以xa„ex，所以alnx„x.xxlnx1因为lnx0，所以a„.令hx,x1,，则hx.lnxlnx(lnx)2令hx0，得xe，令hx0，得1xe，学科网（北京）股份有限公司所以hx在1,e上单调递减，在e,上单调递增，所以h(x)minhee,所以0a„e，即实数a的取值范围是0,e.21.（1）解：因为焦距为4，所以c2.61将点代入的方程中，得6,1C221.ab因为a2b2c24，解得a23,b21，x2所以双曲线C的方程为y21.331（2）证明：由（1）知，M的横坐标为，设直线MF的方程为xmy2，则y.22M2mxmy2,联立方程组2得m23y24my10x2.y1,34m1设Ax1,y1,Bx2,y2，则yy,yy,m3.12m2312m231y3因为l∥OA，所以直线l的方程为y1x.2mmy122y直线OB的方程为y2x，my221y13yx,2mmy22联立方程组1yy2x,my2212yyy得122，ym2y1y24m1由yy,yy两式相除，12m2312m23yy11得12，则，y1y2y1y2y1y24m4m学科网（北京）股份有限公司1112yyyyyy所以12m22m12m2yP2y1y22y1y21.yy1212m2y1y24myMyQ因为yQ0，所以y，故P为线段MQ的中点.P2xt,22.解：（1）因为直线l的参数方程为（t为参数），y56t所以直线l的普通方程为6xy50.6因为曲线C的极坐标方程为，2sin26所以2，即222sin26.2sin22x2y2,因为所以2x23y26，siny,x2y2所以曲线C的直角坐标方程为1.32x3cos,（2）因为曲线C的参数方程为（为参数），y2sin所以设P3cos,2sin，32cos2sin525cos5所以d,77335当cos1时，d.max723.解：（1）若a2，则fx2x4x2.当x„2时，由2x4x2„4，得x…10，所以10„x„2；22当2x2时，2x4x2„4，得x„，所以2x„；33学科网（北京）股份有限公司当x…2时，由2x4x2„4，得x„2，所以x.2综上所述，不等式fx„4的解集为10,.3x4a,x„2,（2）因为fx2x4xa3x4a,2xa,x4a,x…a,a4所以fx的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A4a,0,B,0，3C2,2a，1a422所以ABC的面积为4aa2(a2).2332由(a2)26，得a1或a5（舍去），故a1.3学科网（北京）股份有限公司