天津市八校联考2023-2024学年高三上学期期末质量调查数学答案

2024-01-25 · 10页 · 1.3 M

2024天津市八所重点学校高三毕业班联考数学试卷评分标准一.选择题:本题共9小题,每小题5分,共45分.1.B2.B3.C4.A5.C6.D7.A8.A9.B二.填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.试题中包含2个空的,答对1个空的得3分,全部答对的得5分.10.211.1012.,(四个答案写出其中一个即可)3±3±313.正,0.9914.3,15.21213三.解答题(本大题5小题,共75分2.解答应写出文−字∞说,0明]∪,证3,明+过∞程∪或演�算步骤.)16.(本小题满分14分)(1)解:法一:由c2b2acosC0,根据正弦定理有sinC2sinB2sinAcosC0,..............1分因为sinBsin(AC),所以sinC2sin(AC)2sinAcosCsinC2sinAcosC2cosAsinC2sinAcosC0整理得sinC2cosAsinC0,..............2分1因为sinC0,所以cosA因为A(0,),所以A..............4分23法二:a2b2c2由c2b2acosC0,根据余弦定理有c2b2a0..............1分2ab整理得bc2b2a2b2c20,即b2c2a2bc.............2分b2c2a2bc1cosA,因为A(0,),所以A..............4分2bc2bc23(2)因为a3由()知A63,c=2,16ac326(ⅰ)由正弦定理,,sinC..............5分sinAsinC3sinC4210又因为ca,所以C为锐角,cosC..............6分4数学答案第1页共10页{#{QQABZYQEggggQBIAARgCUQVICgEQkAECCIoOBAAIoAAAQRFABCA=}#}1521所以sin2C2sinCcosC,cos2C12sinC..............8分4415113153所以sin(2CA)sin2CcosAcos2CsinA.......10分4242810(ⅱ)法一:由c2b2acosC0,将a3,,cosC代入,64630c=2解得b,..............12分411630633315SabsinC3..............14分ABC224416法二:sinBsin(CA)61103630sinBsinCcosAcosCsinA..............12分4242811663033315SacsinB3...............14分ABC22281617.(本小题满分15分)(1)证明:法一:取CD的中点M,连接EM1因为AB∥CD,AB=CD,所以AB∥DM,且AB=DM,2所以四边形ADMB为平行四边形,所以AD∥BM,且ADBM,..............2分又因为四边形为正方形,ADEF=所以EF∥BM,且EF=BM,所以四边形FEMB为平行四边形,..............3分所以BF∥,又因为BF面CDE,EM面CDE..............4分所以BEFM∥平面CDE法二:.因为AB∥CD,AB面CDE,CD面CDE,所以AB∥平面CDE,..............2分同理,AF∥平面CDE,又AB∩AF=A,所以平面ABF∥平面CDE,.............3分因为BF⊂平面ABF,..............4分所以BF∥平面CDE.数学答案第2页共10页{#{QQABZYQEggggQBIAARgCUQVICgEQkAECCIoOBAAIoAAAQRFABCA=}#}(2)因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,CD⊥AD,CD⊂平面ABCD,z所以CD⊥平面ADEF,又DE⊂平面ADEF,故CD⊥ED.P而四边形ADEF是正方形,所以⊥,又CD⊥AD,以为原点,DA,ADDC,DDEE所在直线分y别为x轴、y轴、Dz轴,建立空间直角坐标系xDxyz..............5分.1AD=1,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),F(1,0,1),C(0,2,0),E(0,0,1),P(0,1,)21DP(0,1,)..............6分2设平面BDF的法向量为n=(x,y,z),→n·DB=0,x+y=0,则即→n·DF=0,x+z=0,令x=1,则y=z=-1,所以n=(1,-1,-1).............8分设直线DP与平面BDF所成角的大小为,..............9分DPn则sin=|cos〈DP,n〉|==..............11分DPn155所以直线DP与平面BDF所成角的正弦值为.(设角或答话写一个即可)15→5(3)取平面CDE的一个法向量DA=(1,0,0),..............12分设平面BDF与平面CDE夹角的大小为θ,..............13分→DAn3则cosθ=|cos〈DA,n〉|==...............15分DAn33所以平面BDF与平面CDE夹角的余弦值是.(设角或答话写一个即可)3数学答案第3页共10页{#{QQABZYQEggggQBIAARgCUQVICgEQkAECCIoOBAAIoAAAQRFABCA=}#}18.(本小题满分15分)解:(1)由题意可得1�−�=4·2�……1分∴椭2圆�的=离3�心率为……2分�2(2)�=�=3(i)由(1)可知,292252�=4��=4�3∴�(−�,0)设椭圆方2程为……分2234�4�22法一:9�+5�=1由题意可知直线PQ的斜率显然不为0设直线PQ方程为:,,联立�=�,�+��(�1,�1)�(�2,�2)22220�+36�=45�消去整理得……分�=��+�4由题意知0恒成2立22�(20�+36)�+40���−25�=0则,……分25−10��−25�22�1+�2=5�+9�1�2=20�+36则……分26115515�+1222令S△APQ=2AF,2则·�1−�2=2·2�·�1+�2−4�1�2=4�·5�+924�=�+1�≥1,因为y5t在1,上单调递增,752�7521t△APQ24∴当S时=,4�·5�+有4最=大4值�·5�+��=1S△APQ752125S△APQ���=�·=……8分45+432b=∴�=4∴椭�圆=方2程,�为=:3,5……分229��法二:当直线9PQ+的5斜=率1存在时,由题知,k0此时,设PQ:yk(xc)20x236y245c2联立,得(2036k2)x272k2cx36k2c245c20……4分yk(xc)数学答案第4页共10页{#{QQABZYQEggggQBIAARgCUQVICgEQkAECCIoOBAAIoAAAQRFABCA=}#}设由题意知恒成立P(x1,y1),Q(x2,y2),072k2c36k2c245c2x1x2,x1x2……5分2036k22036k211552SAFyyckxkxck(xx)4xxAPQ221222124121212222212572kc236kc45c7521k752kck()4ckc(k0)222542036k2036k459k49k2……6分175c2t75c2t75c21令t11,S2APQ224k45(t1)945t445tt4因为y5t在1,上单调递增,t475c2175c2125c25t9(t1),S……7分APQ4t45t4912t4x24y2当直线PQ的斜率不存在时,此时PQ:xc,代入1中,9c25c25c1155252得PQ,SAFPQccc,……8分3APQ22223122525所以APQ面积的最大值为c2,c24123x2y2椭圆方程为1……9分95(ii)法一:由(i)知,,�(−3,0)�2(2,0)�1�2∴���=�1+3���=�2+3直线的方程为:,直线的方程为:�1�2∴���=�1+3·(�+3)���=�2+3·(�+3),……11分315�1315�2∴�(4,4(�1+3))�(4,4(�2+3))数学答案第5页共10页{#{QQABZYQEggggQBIAARgCUQVICgEQkAECCIoOBAAIoAAAQRFABCA=}#},……12分515�1515�2∴�2�=(−4,4(�1+3))�2�=(−4,4(�2+3))由2,得,,−20�−2522�=�1+�2=5�+9�1�2=5�+9�=��+225225�1�2∴�2�·�2�=+·1616(�1+3)(�2+3)25225�1�2=+·1616(��1+5)(��2+5)25225�1�2=+·21616��1�2+5�(�1+�2)+2525225�1�2=+·2−25−20�1616�·2+5�·2+255�+95�+9……14分252251=16+16·−9=0以MN为直径的圆恒过右焦点.……15分∴�2�⊥�2�∴法二:由(i)知,255当直线PQ的斜率�不(存−3在,0时),�有(2P,(02),),Q(2,)33133535直线AP:yx1,令x,得M(,),同理N(,)3444445555此时F2MF2N,,0……10分4444当直线PQ的斜率存在时,yk(x2),�1�2∴���=�1+3���=�2+3直线的方程为:,直线的方程为:�1�2∴���=�1+3·(�+3)���=�2+3·(�+3),……11分315�1315�2∴�(4,4(�1+3))�(4,4(�2+3)),……12分515�1515�2∴�2�=(−4,4(�1+3))�2�=(−4,4(�2+3))数学答案第6页共10页{#{QQABZYQEggggQBIAARgCUQVICgEQkAECCIoOBAAIoAAAQRFABCA=}#}36k236k245由2,x1x2,x1x259k259k2�=25225k2(x2)(x2)1225225�1�21616(x13)(x23)∴�2�·�2�=16+16·(�1+3)(�2+3)36k24536k2k2[24]25225k2[xx2(xx)4]2522522121259k59k1616xx3(xx)9161636k24536k212123959k259k225225k2[36k24572k22036k2]2522525k20……14分161636k245108k24581k21616225k2以MN为直径的圆恒过右焦点.……15分∴�2�⊥�2�∴19.(本小题满分15分)解:(1)设数列an首项a12公比qq0,设数列bn首项b11公差da4a4253a1q4a1q,,……1分a2b4a1qb13dq2,q2舍,d1nan2.bnn……3分222222222222(2)T4nb1b2b3b4b5b6b7b8b4n3b4n2b4n1b4n22222222b4n3b4

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