四川省南充市阆中中学校2023-2024学年高三上学期一模考试 理数答案

理科数学参考答案1．C2．A3．D4．B5．B6．B7．C8．D9．D10．B【详解】以D点为原点，BC所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立坐标系，因为圆O是边长为23的等边三角形ABC的内切圆，所以AD3,OD1，即内切圆的圆心为O(0,1)，半径为1，可设Mcos,1sin，又B3,0,C3,0,A0,3,D0,0，∴BMcos3,1sin，BA3,3,BD3,0，∴BMcos3,1sin3x3y,3x，故得到cos3x3y3,sin3x1，1sinx3∴，cossin2y333cossin42π4∴2xysin2，333333ππ当2kπ,kZ时等号成立，即2xy的最大值为2.321学科网（北京）股份有限公司故选：B.11．A【详解】如图，伞的伞沿与地面接触点B是椭圆长轴的一个端点，伞沿在地面上最远的投影点A是椭圆长轴的另一个端点，对应的伞沿为C，O为伞的圆心，F为伞柄底端，即椭圆的左焦点，令椭圆的长半轴长为a，半焦距为c，由OFBC,|OF||OB|2，得ac|BF|2,FBC45，|AB|2a,|BC|22，o在ABC中，BAC60，则ACB75，232162sin75sin(4530)，222246222a22411由正弦定理得，，解得a1，则c1，sin75sin603332c31所以该椭圆的离心率e23.a31故选：A12．A【详解】由f2x=fx知函数fx的图象关于直线x1对称，∵f2x=fx，fx是R上的奇函数，∴fxfx2fx，∴fx4fx，2学科网（北京）股份有限公司∴fx的周期为4，考虑fx的一个周期，例如1,3，由fx在0,1上是减函数知fx在1,2上是增函数，fx在1,0上是减函数，fx在2,3上是增函数，对于奇函数fx有f00，f2f22f00，故当x0,1时，fxf00，当x1,2时，fxf20，当x1,0时，fxf00，当x2,3时，fxf20，方程fx1在0,1上有实数根，则这实数根是唯一的，因为fx在0,1上是单调函数，则由于f2x=fx，故方程fx1在1,2上有唯一实数，在1,0和2,3上fx0，则方程fx1在1,0和2,3上没有实数根，从而方程fx1在一个周期内有且仅有两个实数根，当x1,3，方程fx1的两实数根之和为x2x2，当x1,11，方程fx1的所有6个实数根之和为x2x4x42xx82x828282830.故选：A.13．1514．84515．153学科网（北京）股份有限公司16．①③④【详解】对于②，设ACBDO，若BD平面PAC，PO平面PAC，所以BDPO.因为菱形ABCD的边长为2，B=60，所以ABC是等边三角形，所以BOAC,即POAC.因为ACBDO,AC,BD平面ABCD,所以PO平面ABCD.因为OD平面ABCD，所以POOD.又POBODO3，所以PDPO2DO26,故②错误.对于④，由②可得当PD6时，PO平面ACD,IIPOI设I为三棱锥PACD的外接球球心，I2为等边ACD的重心，过I作1,垂足为1，3223因为PODO3，所以IIIO,ID3,2132332232315所以三棱锥PACD的外接球半径为,RID333344152015所以三棱锥的外接球体积为3，故正确PACDπRππ④.33327对于①，设P在ACD的投影为Q，因为PAPC，所以Q在OD所在的直线上.4学科网（北京）股份有限公司31133又S223，所以VSPQ3PQ，解得PQ.△ACD4PACD3△ACD322因为二面角PACD可能为锐角或钝角，（i）当二面角PACD为钝角时，93333所以OQOP2PQ23,QDQODO3，422223233所以22.PDPQQD322（ii）当二面角PACD为锐角时，3因为OPOD3,PQ，2292223OQ△OPOQPQ1所以在OPQ中，由余弦定理可得cosPOQ4,2OPOQ23OQ222333即OQ3OQ0，即解得OQ0,OQ.4223所以Q是OD的中点，所以QDOQ,22323所以22.PDPQQD322综上，PD3或3，故①正确.对于③，若M，N分别为AC，PD的中点，由中位线定理可得MN//PB,5学科网（北京）股份有限公司因为MN平面PAB,PB平面PAB,所以MN//平面PAB，故③正确.故答案为:①③④.17【详解】（1）如下表所示：甲设备乙设备合计合格品7090160不合格品301040合计100100200200(70109030)2（2）因为K212.510.828，16040100100所以有99.9%的把握认为该工厂生产的这种电子元件是否合格与甲、乙两套设备的选择有关．318．(1)293(2)2【详解】（1）由题意得sinBsinCsin2Ccos2Bcos2Asin2Asin2B，b2c2a21所以b2c2a2bc，故cosA2bc23因为0Aπ，sinA.2（2）设CDx，则BD2x，6学科网（北京）股份有限公司AD2BD2AB244x2c2在ADB中，有cosADB.2ADBD8xAD2CD2AC24x2b2在△ADC中，有cosADC.2ADCD4x又ADBADCπ，所以cosADBcosADC，所以有c26x22b212.又c2b，所以b2x22.222在ABC中，由余弦定理可得abc2bccosA.2π又a3x，c2b，A，3222212所以有9xb4b4b7b.2b2x22x7c2b6联立22，解得，所以，9x7bb311393所以SbcsinA36.ABC222219．(1)证明见解析25(2)5【详解】（1）证明：设BD与OC相交于点M，因为ABS为正三角形，所以SASBAB2BC，又O为AB的中点，则SOAB．因为平面ABCD平面ABS，SO平面ABS，平面ABCD平面ABSAB，SOAB，所以SO平面ABCD，又BD平面ABCD，则SOBD．因为四边形ABCD为矩形，AB2BC，BO2在RtBOC中，tanBCO，BC2AD2在RtBAD中，tanDBA，AB2所以tanBCOtanDBA，所以BCODBA，7学科网（北京）股份有限公司又CBACBDDBA90，则CBDBCO90，即BMC90，所以BDOC，又BDSO，SOOCO，OC,SO平面SOC，所以BD平面SOC，又BD平面BDS，所以平面SOC平面BDS．（2）解：因为四边形ABCD为矩形，所以ADAB，又平面ABCD平面SAB，平面ABCD平面SAB=AB，AD平面ABCD，所以AD平面SAB．以O为坐标原点，过点O作平行于AD的直线为z轴，以OB和OS所在直线分别为x轴和y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．设AB2，则S(0,3,0)，C(1,0,2)，D(1,0,2)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，DC(2,0,0)，SD(1,3,2)，BD(2,0,2)，设平面SCD的一个法向量为mx1,y1,z1，mDC02x10则，即，mSD03y12z1令y12，则m(0,2,3)．由（1）可知，BD平面SOC，所以BD是平面SOC的一个法向量．6∣m·BD|5因为cosm,BD，mBD56525所以二面角OSCD的正弦值为．52320．(1)38学科网（北京）股份有限公司(2)证明见解析，定点的坐标为(0,3)【详解】（1）设Px1,y1,Qx2,y2，其中x1x2，2y4xy1y24由11，得y2y24x4x，化简得，21212xxyyy24x212124yy233，即12，y1y22323线段PQ中点纵坐标的值为；32222y1y2y3y4（2）证明：设P,y1,Q,y2,M,y3,N,y4，4444yy4k13PMy2y2yy，13134424y1直线PM的方程为yy1x，化简可得y1y3y4xy1y30，y1y34在直线上，解得，T(3,0)PMy1y343同理，可得y2y443，44yyk343PQyy43433yy，1234y3y4y3y43y3y4，又直线MN的方程为y3y4y4xy3y40，即y3y4(y3)4x0，直线MN恒过定点(0,3)．21．(1)e31xy20；2(2)0,e.11【详解】（1）当a时，fxex2lnx1,则fxex2，ex9学科网（北京）股份有限公司所以f1e31，即在点1,f1处的切线斜率为ke31.而f1e31，所以切点坐标为1,e31，所以曲线yfx在点1,f1处的切线方程为ye31e31x1，即e31xy20.ex1（2）因为fx1lnxlna10，aalnxexaxaaxaaea所以elnx，即elnx，即xexlnxelnx.aeeeeeexa令gxxex0，则gxglnx.egxx1ex0，所以gx在0,上单调递增，a所以xlnx恒成立，即xlna1lnx，即lnaxlnx1恒成立.e1x1令hxxlnx1x0，则hx1，xx令hx0，解得x1，令hx0，解得0x1,所以hx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以hxh12.因为lnaxlnx1恒成立，所以lna2，解得0ae2.2所以实数a的取值范围是0,e.π22．(1)(0，0)和3,333(2)2xcos，【详解】（1）C1的参数方程为（为参数），消去可得，y1sin，10学科网（北京）股份有限公司2222x(y1)1，所以曲线C1的直角坐标方程为xy2y0.将xcos，ysin代入得，曲线C1的极坐标方程为2sin，πC2的极坐标方程为23cos