吕梁市2023-2024学年高三第一次模拟考试数学答案

吕梁市2023-2024学年第一学期期末调研测试一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.A解：∵A＝（1，2），B＝（﹣∞，2），∴A∪B＝B，故选A．（）2.B解：,,故选:B.1−1−1−−2=1+=1+1−=2=−||=−=1bb3.A解：由题意，得1,e1()22；故离心率为2.aaBC514.D解：由已知得BC51,ABBC,AB2解得AB2则故选：Dtan80⋅3=s2in×810=23cos802sin(8060)5.D解：4故选：D.1sin80sin80cos80sin16026.C解：如图，作出圆台的轴截面，设截面上部延长部分三角形的高为h2hcm，由相似三角形性质，得,解得h4h86设水到达最大容量时水面的圆面半径为rcm，则431r,解得r44861304如水的最大容量为V(831)(424662)ml337.B解：由题意，得PAAQ12S四边形2S2PAAQ2PA2PQ4PAQBPAQ2422当PQl时，PQ42min2(S四边形PAQB)min4728.D解：法一：令x1,y0,则2f(1)f(1)f(0),故f(0)3，故A正确；32令x0,则f(y)f(y)f(0)f(y)2f(y)3f(y)f(y),即f(x)为偶函数，f(2x1)f(2x1)f(2(1x)1)答案第1页，共11页学科网（北京）股份有限公司1f(2x1)关于x对称，故B正确；22令y0,则f(2x)f(0)f2(x)0，令t2x,则f(t)f(0)03即f(x)f(0)0，故C正确.令y1,则f(x1)f(x1)f(x)f(x2)f(x)f(x1)f(x2)f(x1)T6,故D错误;法二：构造函数f(x)3cosx3二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.BCD解：对于A选项，“x1,x21，”的否定为“x1,x21”，故A错误；110a11对于B选项，由10,得0,故a或a0，因此aa101a10是10的充分不必要条件，故B正确；a对于C选项，f(x)中，0x2,f(2x)中，02x2,即0x1故C正确.xxxxf(xx)xx对于D选项，f(12)12,12122222xxxxxxf(x)f(x)1212f(12)12，故D正确.故选：BCD.222210.AD解：根据函数f（x）＝Asin（x+）（A＞0，＞0，||＜）的部分图象，ωφωφ可得A＝2，×＝+，∴＝2，ω对于A选项，结合五点法作图，可得2×+＝，∴＝﹣，故A正确，φφf（x）＝2sin（2x﹣），将函数f（x）的图象平移后得到函数g（x）的图象，则g（x）＝﹣2sin（2x+），k对于B选项，由2xk,得g(x)的对称轴为：x,kZ32122答案第2页，共11页学科网（北京）股份有限公司显然x不是其对称轴，故g(x)g(x)，故B错误，126对于C选项，函数g（x）显然不是奇函数，故C错误，对于D选项，∵﹣2＜0，∴g（x）递增区间即y＝sin（2x+）的递减区间，令2k+≤2x+≤2k+，kZ，ππ∈解得k+≤x≤k+，kZ，ππ∈故g（x）的递增区间是[k+，k+]（kZ），ππ∈当k＝-1时，g（x）的递增区间是[，]，1151212故D正确，故选：AD．−−11.ABD解：对于A选项，当时，点P在平面内，易得1A1BD平面A1BD//平面CD1B1,,故A正确；PB平面A1BDPB//平面CD1B1对于选项，当B1,时，APABADAA1,故点在直线上，直线即为直线A1P(ABAD)AC,PA1C1A1PA1C1易得故正确；A1C1平面BDD1B1,B11对于C选项，当当,1时，APABADAA2211DPAB,故P为DC的中点1211易得，AC1平面A1DB连接交于点，则AD1A1DOOP//AC1,OP平面A1DB,又OP平面A1DP，平面A1DP平面A1DB故C错误；对于D选项，当1，γ0时，则APABAD，可知点P在平面ABCD内，答案第3页，共11页学科网（北京）股份有限公司因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，则直线PA1与平面A1B1C1D1所成角即为直线PA1与平面ABCD所成的角，因为AA1平面ABCD，则直线PA1与平面ABCD所成的角为A1PA，AA1可得tanAPA1，1APAP11又因为1，即，则APABAD211可得AP2AB2AD22ABAD22221当且仅当2，即1时，等号成立，2112可知AP的最小值为2，则tanA1PA的最大值，AP222所以直线PA1与平面A1B1C1D1所成角的正切值的最大值为，故D正确.故选ABD.212.AC解：当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为xa、yb，所以，点a,b在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为x2y2a2b2，cc2a2b2b22因为e1，可得a22b2.aa2a2a2222ab22对于A选项，蒙日圆圆心到直线l的距离为dab，a2b2所以，直线l与蒙日圆相切，故A正确；对于B选项，C的蒙日圆的方程为x2y24，故B错误；对于C选项，由题意可知，l1l2，所以MN为蒙日圆的直径，MN=4,故C正确；对于D选项，由椭圆的定义可得，AF1AF223所以，dAF2dAF123，直线l的方程为x3y40，42点F1到直线l的距离为d，12答案第4页，共11页学科网（北京）股份有限公司4243所以，dAFdAF23d23，2112当且仅当AF1l时，等号成立，故D错误；故选：AC.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.15r5r1rrr52r13.20解：(x)的第r1项为TCx()(1)Cx，xr15x5令52r1,52r3,得r2,r115代入通项可得(x)展开式中的x和x3项分别为：10x和5x3，分别与x2和2相乘，x52133得(x2)x的展开式中x项为10x310x320x3，故x的系数为20.故为：20x01234101520303514.0.5解：依题意，x2，y22，55代入回归直线y6.5xa，解得a9所以回归直线为y6.5x9当时，，因此残差为，x1y15.51515.50.515.1013解：由2anMnMn1Mn，得2anMnMnan1Mnan0,Mn02anan11,即（2an1）an11a1n12an1an1是以2为首项，2为公比的等比数列n1nan12222(12n)a2n1,即Sn2n12nnn12答案第5页，共11页学科网（北京）股份有限公司10.S92111013xf(x)16.2解：点A(x,f(x))到直线xy0的距离为d22可知：ABdf(x)x2又f(x)xxemxln(emxx1)(emxx1)ln(emxx1)1由m0知，yemx和yx在R上单调递增yxemx1在R上单调递增，其值域为Rx又xemx10令temxx1(t0)1t1F(t)tlnt1,F(t)1tt令F(t)0,得t1,令F（t）0,得0t1F(t)minF(1)22ABdf(x)x22所以，实数a的最大值为2.四、解答题:本题共6小题,共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．n17．（1）a2n1;(2).n2n1解：（）由题意，得21Snn当22分n2时，anSnSn1n(n1)2n1...................................................3当适合上式分n1时，a1S11,....................................................4分an2n1....................................................511111(2)()...................................................7分anan1(2n1)(2n1)22n12n1答案第6页，共11页学科网（北京）股份有限公司11111111nS(1)(1)......................10分n23352n12n122n12n1218.（1）A;(2)93解：（1）bcosC2acosAccosB.分由正弦定理，得sinBcosCsinCcosB2sinAcosA......................1sin(BC)2sinAcosA,即sinA2sinAcosA..................................3分A(0,)sinA01cosA分2.................................42分即A.................................53由题意可得SSS（2）ABMAMCABC111cAMsin60bAMsin60bcsin120222bcbc........................................................8分11即1bc..........................................11分11b4cb4cb4c(b4c)()5529bccbcbb4c3当且仅当即b3,c时，等号成立，cb2所以b4c的最小值为9............................................................12分19.（1）存在点，当与重合时成立；（2）319解：以Q为正交Q基底P建立如图所示的空间19直角坐标系，则各点的坐,标为,B（1,0,0），，，...............1分（1），(1,1,0)(0,2,0)(0,0,3)设为直线=P(B−上1一,0,3点)，且，.........................=.........2=分(−,0,3)∴1−,0,3,又，分∴CQ1−CD,0,3,1=0,(−1,−1,3)=(−1,1,0)...............................................4答案第7页，共11页学科网（北京）股份有限公司所以存在点，满足QCCD，此时BQ=1.............................................................