湖北省名校联考2023-2024学年高三上学期11月期中考试数学试题答案

2023-11-25 · 12页 · 563.1 K

绝密★启用前(新高考卷)数学试卷参考答案1.【答案】B1【解析】z22i,故z2i,z在复平面内对应的点为(2,1),在第二象限.i2.【答案】A【解析】因为x∁RN,所以xN,又因为xM,所以xMN,故MN.3.【答案】C22【解析】由题设可知b2,ab0,故(ab)(a2b)a2b0,a2.4.【答案】D【解析】由,可知,,,.S4S520a505a3S520a342a3a1a5a185.【答案】C72【解析】极大值点为xk,其中kZ,则x,满足;极小值点为xk,66632其中kZ,则x满足,故在区间(0,5)有2个极大值点和1个极小值点.36.【答案】A【解析】方法1:因为A1B与FE共线,故A1B∥FE.过D作x轴的垂线,垂足为H,设为坐标原点,因为为线段的中点,故为线段的中点,且ODA1BHOA1AFAEOA2ac2c1222,设c为C的半焦距,则,所以C的离心率e.A1A2A2DHA232a3a3abbb方法2:设A(a,0),A(a,0),B(0,b),则D(,),直线AD的方程为:yx,122223a3bb故E(0,).设c为C的半焦距,则FE(c,),AB(a,b),若AB与FE共线,则3311abc1cb0,所以C的离心率e.3a37.【答案】A【解析】如图,设BD,CD的中点分别为O1,O2,则O1O2∥CB,因为平面CBD平面ABD,且CBBD,所以CB平面ABD,故O1O2平面ABD,由几何关系可知O2CO2AO2BO2D,故O2为三棱锥CABD的外接球球心,易知数学试题参考答案(新高考卷)第1页(共12页){#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}111AB2AD213OOCBCB1,OBBD,所以球半径1222122217ROBOO2OB2,故球的表面积为4R217.212128.【答案】D【解析】方法1:因为,,(0,),由可知;由2sinsin222421可知sinsincossin,所以;sinsinsin()cos,2222sin21cos2则sin211cos0.1,所以(cos2)21.4,442所以cos21.40.8,,所以.24方法2:因为,2sinsin,所以2cossin.因为sin2cos0.1,222sin211cos211035所以cos1,即cos1,解得cos,4104105sin2035110cos.将2sinsin两边平方后,可化简得:2102162352213cos12cos2,所以coscos,coscos350,即52coscos.由于,,(0,),所以.29.【答案】BC【解析】Vc的值与n的大小没有必然联系,无法确定VcVfc值的变化,故A错误;若v1v2vn,则去掉v1后Vc的值变大,因此TPI的值变小,故B正确;若当v1Vc,则去掉v1后得到的TPI的值不变,故C正确;若v1Vc,无法判断样本v2,v3,,vn的方差与样本v1,v2,,vn的方差之间的大小关系,故D错误.10.【答案】ABD【解析】因为点B1,C,E,F不共面,所以两条直线为异面直线,故A正确;过四点的两条直线共有3种情况,其中仅当一条直线过B1,F,另一条直线过C,E时,这两条直数学试题参考答案(新高考卷)第2页(共12页){#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}1线相互垂直,故相互垂直的概率为,故B正确;两条直线互相平行的概率为0,而两条直3线互相垂直的概率小于1,故两条直线互相平行与互相垂直不是对立事件,C错误;B1C,B1E,B1F中,只有B1C与AC1垂直,且当B1CAC1时,EF与AC1不垂直,故D正确.11.【答案】ACD【解析】由题设可知b(54a)a1,且a(14b)15b,因为a,b为正数,所以15b1a10,14b0,即a1,0b,故A正确,B错误;由题设可知14b4aa1bbbb1b1≥24b4,则5()241≤0,故0≤,所以≤,即a≥25b,aaaaa5a25151119故C正确;由题设可知ab0,其中40,故a(4)5≥114bbb4bb19a5b1a5b12(4)511,即1ab≥11b,由题设可知ab,所以1≥1b444b11b,即a3≥49b,故D正确.12.【答案】ABD【解析】设直线FA,FB在C上的反射线分别为AM,BN,则AM∥BN∥x轴.设G,H分别为线段PA,PB延长线上的点,结合光的反射定律可知PAFGAM,PBFHBN,由几何关系可知APB,设AB交x轴于M,则AFBAFMBFM22,所以AFB2APB,故A正确;p设A(x1,y1),其中y10,C在A处的切线的斜率为k1,故C在A处的切线方程2x12px2px为p,令,则1,即1,故直线的y(xx1)2px1x0yD(0,)DF2x1222x斜率为k1,所以kk1,故ADDF,同理可知BEEF.因为四边形2p12PDFE的内角和为360,所以APBDFE180,故B正确;p设B(x2,y2),其中y20,同上可知C在B处的切线方程为y(xx1)2px2,2x2数学试题参考答案(新高考卷)第3页(共12页){#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}22px2px2p(xx)p求得P(xx,12),所以PFxx12,且由抛物线的几何1221224pp2性质可知AFx,BFx,所以PFAFBF,2PF2AFBF1222≤AFBF,当且仅当AFBF时等号成,故C错误;222DF2EF设O为坐标原点,易知△AFD∽△DFO,则AF,同理BF,所以pp2AFDF,故正确.2DBFEF13.【答案】13522【解析】常数项为C6(3)135.x24x,x[0,4),14.【答案】f(x)2x4x,x(4,0).【解析】以点(2,0)为圆心,半径为2的圆在x轴上方的部分的方程为yx24x(0x4),因为f(x)是奇函数,则f(0)0,且当x(4,0)时,yx24x,所x24x,x[0,4),以f(x)的解析式为f(x)2x4x,x(4,0).515.【答案】5:6(或写成)6【解析】如图,连接AC,因为G为CD的中点,且EF:AB3:4,则四边形DEFG与△CFG的面积比为5:2,所以V1:VACFG5:2,又易知△ACG与△ABC的面积比为,所以,所以1:2VACFG:VFABCVFACG:VFABC1:22:4.V1:V2V1:(VACFGVFABC)5:(24)5:6111116.【答案】(0,e2)(e2,1)(或写成(0,)(,1))ee12ax【解析】方法1:由f(x)a2axx得f(x)(2alna)a1,2af(x)(2alna)2a2ax0(a0),f(x)是单调递增函数.根据题意f(x)0有解,所以数学试题参考答案(新高考卷)第4页(共12页){#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}.由得ln(2alna).当时,,单调递减;0a1f(x)0xxx0f(x)0f(x)002alna当时,,单调递增,故1lnaln(2alna).xx0f(x)0f(x)f(x)f(x)min02alna11设g(a)1lnaln(2alna)(0a1),则g(a)(2).由g(a)0得aalna00111e2,当xe2时,g(a)0,g(a)单调递增;当xe2时,g(a)0,g(a)单调递减.所1以2.再结合当时,,当时,知g(a)maxg(e)0xf(x)xf(x)11a的取值范围为(0,e2)(e2,1).11lnax1lna2lnx12lnx方法2:令f(x)a2axx0,则a,设g(x),则g(x),2a1a2ax1x2x3a211当0xe2时,g(x)0,g(x)单调递增,当xe2时,g(x)0,g(x)单调递减,又因为当x1时,g(x)0,且当x时,g(x)0,所以若f(x)有两个零点,只需满足1111111e2或e2,所以a的取值范围是(0,e2)(e2,1).aa17.(10分)【解析】(1)方法1:由bsinA3acosB3c及正弦定理可得:sinBsinA3sinAcosB3sinC3sin(AB),……2分所以sinBsinA3sinAcosB3sinAcosB3cosAsinB,故sinBsinA3cosAsinB,……3分因为sinB0,故sinA3cosA0,所以tanA3,……4分所以A.……5分3方法2:由bsinA3acosB3c及余弦定理可得:3a(a2c2b2)bsinA3c,……2分2ac3(b2c2a2)所以sinA3cosA0,2bc所以tanA3,……4分数学试题参考答案(新高考卷)第5页(共12页){#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}所以A.……5分32bc2sinBsinC(2)由正弦定理可知,……7分asinA2bc2322353即[2sinBsin(B)](sinBcosB)a333222213sin(B),其中tan(),……9分3522bc221故当B时,的最大值为.……10分2a318.(12分)【解析】(1)如图,在CD上取一点G,使得CGAE,BEPF连接AG,FG.因为1,且ABCD是平行四边形,CDPDPFBECG所以1,故FG∥PC.……1分PDCDCD又因为PC平面PCE,FG平面PCE,所以FG∥平面PCE.……2分因为ABCD是平行四边形,且CGAE,所以AECG是平行四边形,故AG∥EC.……3分又因为EC平面PCE,AG平面PCE,所以AG∥平面PCE.……4分因为AGFGG,且AG平面AFG,FG平面AFG,所以平面AFG∥平面PCE.……5分因为AF平面AFG,所以AF∥平面PCE.……6分(2)方法1:当E为AB中点,PDADCD,BAD60时,易知DECD,F为PD中点,又因为PD平面ABCD,则以D为坐标原点,DE为x轴,DC为y轴,DP为z轴建立坐标系,设PDADCD2,则C(0,2,0),E(3,0,0),F(0,0,1),P(0,0,2),…7分所以CE(3,2,0),FE(3,0,1),PE(3,0,2).……8分设平面FCE与平面PCE的法向量分别为m(x1,y1,z1),n(x2,y2,z2),则3x1

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