陕西省榆林市府谷中学2023-2024学年高三上学期11月月考 理数答案

理科数学四参考答案，提示及评分细则1．A方程x2y26mx4y9m22m0表示圆，则D2E24F36m21649m22m0，解得m2，即m的取值范围为2,．故选A．2．B设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，所以2πrπl，所以l2r，所以πr2πrl3πr23π，解得r1，所以该圆锥的底面直径为2r2．故选B．1113．A当m时，直线l的斜率为，l的斜率为－9，又91，所以ll，充分性成立；直3192912线：，：，若，则有，解得或l1mx3y30l23m2xmy10l1l2m3m23m0m011m，必要性不成立．所以“m”是“ll”的充分不必要条件．故选A．33124．由祖暅原理，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，故113333VSSSSh22642622642632426．1122334444故选B．．因为圆：22和圆：22交于，两点，所以直线的方5CC1x1y29C2x1y14ABAB2321程为，所以到直线的距离913，2x3y10C1ABd223213121322所以AB29d2，又CC112113，1312111213所以．故选．S四边形C1C2AB136CC1AC2B22136．C若，l，m，则l与m可能平行，可能相交，可能异面，故A错误；若m，，则m可能α在内，故B错误；若l//m，l，m，则//，故C正确；若//，且l与α所成的角和m与β所成的角相等，则l与m异面或相交，故D错误．故选C．7．D由函数fx是定义在R上的奇函数，fx1为偶函数，可得fxfx，fx1fx1，即fxfx2，所以fx2fx，可得，则是的周期，当时，，fx+4fx2fx4fx0x1fxlog2x1则319119．故选．ffflog232log23D88888．C连接BE，取AD中点为M，BE中点为F，记AB中点为O，连接OM，OF，MF，AF，则OM//BD且，11OM//BD且OMBD，OF//AE且OFAE，则MOF为直22线AE与BD所成的角或所成角的补角．设AB2，所以BD222222，因为点E在底面圆周上，且是AB的中点，则△AEB为等腰直角三角形，2110所以BEAEAB2．因为AFAE2EF22，正方形ABCD是圆柱的轴截面，222所以AD底面ABE，又AF底面ABE，所以MAAF，514所以MFAF2MA21，22112又OMBD2，OFAE，设直线AE与BD所成的角为θ，222172OM2OF2MF2221所以coscosMOF，2OMOF22222ππ所以，直线AE与BD所成角的大小为．故选C．339．D由于EF//GH，所以E，F，G，H四点确定一个平面EFGH，因此直线EH与FG一定共面，故D正确，C错误；只有当EF//GH且EFGH时，此四边形EFGH为平行四边形，此时EH//GF，故A不正确；只有当EF//GH但EFGH时，此时四边形EFGH为梯形，此时EH，GF相交于点O，故B不正确．故选D．11cos48sin421cos248sin24810．D因为bsin42，0cos481，cos48cos48cos48cos48tan48sin48cos48所以bsin248a，因为csin48cos48，1tan248sin248cos248又sin48sin45cos45cos480，所以sin248sin48cos48，所以ac，所以cab．故选D．．在四棱柱中，四边形是平行四边形，又与交于点，所以是11AABCDA1B1C1D1DD1C1CC1DCD1OOC1D的中点，111所以，BOBCCOADCDCC1ABADAA1222又，，，ABAD2ABAA12ADAA102所以211BOABADAA122111AB2AD2AA2ABADADAAABAA5，即BO5．故选A．441121π112．B因为△ABC是边长1为的等边三角形，所以ABAC1，CAB，所以ABAC，322又AP2，APABAC，所以AP2ABAC，222132即4．24132343令2cos，2cos，解得2cossin，sin．22332343π所以22cossin2sin2cos23sin4sin，334π所以24，此时sin1．故选B．min6113．2或6因为A的子集个数为2个，所以A中只有1个元素．当a2时，Ax4x10，符4221合题意；当a2时，44a20，解得a6，此时Ax4x4x10，符合题意．综2上，a的值2为或6．214．5,3设Px,y，由PA2PO，得x2y32x2y2，整理得x2y22y30，222即x2y14，即点P的轨迹为圆，圆心为C0,1，半径为2．因为圆E：x3ym9上22存在点P满足PA2PO，所以3230m123，解得5m3，即m的取值范围是5,3．．125以为原点，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，15,6DDADCDD1xyz5如图所示，则，，B14,4,4E2,4,0D10,0,4设，则，Px,y,00x4,0y4PB14x,4y,4，又，所以，ED12,4,4B1PD1EPB1ED10即24x44y440，则x2y40．当x0时，y2，设F0,2,0，所以点P在底面ABCD内的轨迹为一条线段AF，所以2222，，B1P4x4y45y8y320y2125所以，，所以线段的长度的取值范围是125．B1P6B1PB1P,6maxmin553535π16．如图，作PM//AA，交AB于M，则PMAA3，过M作MNBC交BC于点N，连接611PMPN．易得PM平面ABC，则PNM是二面角ABCP的平面角，所以tanPNM3，所以MNMN1，又ABAC32，BC6，所以，所以，．可把三棱锥补成棱长为，，的长方MB2AM22A1P22AA1C1P322232223222335体，则三棱锥AACP的外接球的半径为R，所以三棱锥AACP的外1122113接球的体积为4353535π．π326．证明：（）连接交于点，连接，如图所示．171CA1C1DGEG在三棱柱中，，所以，，ABCA1B1C1A1C1//ACGA1C1GCDGC1A1GDCGCCD所以∽，所以，又是棱的中点，△GA1C△GCDDACGA1A1C1，所以GC1，又是棱上的一点，且，所以GCCE，ACA1C1EBCBE2CEGA12GA1EB所以，A1B//GE又平面，平面，所以平面．A1BC1EDGEC1EDA1B//C1ED（2）在△ABC中，ABBC，D是棱AC的中点，所以BDAC．在直三棱柱中，平面，ABCA1B1C1AA1ABC又平面，所以，BDABCAA1BD又，，平面，所以平面，AA1ACAAA1ACACC1A1DBACC1A1又平面，所以．C1DACC1A1C1DBDB118．解：（1）因为asinCasinA2asinAcos2bsinA，22B1由正弦定理得sinAsinCsin2A2sin2Acos2sinAsinB，22又A0,π，所以sinA0，B11cosB1所以sinCsinA2sinAcos2sinB2sinAsinB，222211即sinCsinAcosBsinBsinAcosBcosAsinB，所以sinBcosAsinB，221又B0,π，所以sinB0，所以cosA，2π又A0,π，所以A．3abc232（2）由4，又sinBsinC，sinAsinBsinC322bc2所以，所以bc22，4422由余弦定理得a2b2c22bccosAb2c2bcbcbc8bc12，所以bc4，所以b2c216，2所以bcb2c22bc24，所以bc26，所以abc2623，即△ABC的周长为2623．19．（1）证明：因为PA平面ABCD，所以直线PB与平面ABCD所成的角为PBA，所以PBA45，又AB，CD平面ABCD，所以PAAB，PACD．在△PAB中，PAAB，PBA45，PA1，所以AB1．在梯形ABCD中，BC//AD，ABC90，AD2BC2，AB1，所以AC2，CD2，所以AC2CD2AD2，所以ACCD，又ACPAA，AC，PA平面PAC，所以CD平面PAC，又CD平面PCD，所以平面PAC平面PCD．（2）解：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，所以A0,0,0，D0,2,0，C1,1,0，P0,0,111所以E0,1,，CE1,0,，AC1,1,022nACxy0,111设平面的一个法向量为，所以ACEn1x1,y1,z11nCExz0112111令，解得，，所以平面的一个法向量11．x1y1z11ACEn1,,12222因为，设平面的一个法向量为，CP1,1,1PCEn2x2,y2,z2nCPxyz0,2222所以1nCExz0,2222令，解得，，所以平面的一个法向量，y21x21z22PCEn21,1,2n1n222所以cosn2n2nn114121114442由图可知，二面角PCEA的大小为锐角，所以二面角PCEA的余弦值为．3．（）证明：因为，，所以，201a12bna2n12b1a124ba2n112a222a4n12n2n12，bna2n12a2n12a2n12所以数列是以为首项，为公比的等比数