2023-2024学年春学期期初学情调研试卷参考答案(1)

2024-02-29 · 4页 · 345.6 K

2023-2024学年春学期期初学调研试卷参考答案1.B[试题解析],,故选:B2.D[试题解析]因为a,p=a+b,q=a−b,为共面向量,所以不能构成基底,故A错误;因为b,p=a+b,q=a−b,为共面向量,所以不能构成基底,故B错误;因为a+2b,p=a+b,q=a−b,为共面向量,所以不能构成基底,故C错误;因为a+2c,p=a+b,q=a−b,为不共面向量,所以能构成基底,故D正确;故选:D3.D[试题解析]∵l1⊥l2,∴a(a−1)+(1−a)×(2a+3)=0,即(a−1)(a+3)=0,解得a=1或a=−3.故选:D.4.B[试题解析]奇数项共有n+1项,其和为a1+a2n+12⋅n+1=2an+12⋅n+1=290,∴n+1an+1=290.偶数项共有n项,其和为a2+a2n2⋅n=2an+12⋅n=nan+1=261,∴an+1=290−261=29.故选:B.5.C[试题解析]依题意可得圆锥的体积V=1×23π32=4π3cm3,又V=13π×12×ℎcm3(其中h为圆锥的高),则ℎ=4cm,则圆锥的母线长为12+42=17cm,故圆锥的侧面积为17πcm3.故选:A.6.B[试题解析]因为A在B的前面出场,且A,B都不在3号位置,则情况如下:①A在1号位置,B有2,4,5号三种选择,有3Aeq\o\al(3,3)=18种出场次序;②A在2号位置,B有4,5号两种选择,有2Aeq\o\al(3,3)=12种出场次序;③A在4号位置,B有5号一种选择,有Aeq\o\al(3,3)=6种出场次序,故不同的出场次序共有18+12+6=36种.故选B.7.A[试题解析]解:由题意,作图如下: 设圆I与x轴、PF2、PF1分别切于点E、H、F, 因为双曲线C的右顶点为A3,0,F1−5,0,F25,0, 所以AF1−AF2=3+5−5−3=6, 因为PF1−PF2=6, 所以PF1−PF2=PF+FF1−PH+HF2 =FF1−HF2=F1E−EF2=6, 因此切点E与A重合.又因为内切圆I的半径为1, 所以I3,1,又F1−5,0,F25,0,IF1=65,IF2=5,cos∠F1IF2=65+5−100265×5=−313, 所以tan∠F1IF2=−23,解得tan∠F1PF22=32, 所以S△F1PF2=b2tan∠F1PF22=323, 所以△PF1F2面积为323.C[试题解析]解:在同一坐标系中作y=f(x),y=12的图象,若由图象观察可知,0m32对任意n∈N∗成立,即nn+1>m16对任意n∈N∗成立, ∵nn+1(n∈N∗)的最小值是12, ∴m16<12,∴m的最大整数值是7. 即存在最大整数m=7,使对任意n∈N∗,均有Tn>m32. 17.(15分)解:依题意,以C为原点,分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C(0,0,0)、A(2,0,0)、B(0,2,0)、C1(0,0,3)、A1(2,0,3)、B1(0,2,3)、D(2,0,1)、E(0,0,2)、M(1,1,3).(Ⅰ)依题意,C1M=(1,1,0),B1D=(2,−2,−2),从而C1M⋅B1D=2−2+0=0,所以C1M⊥B1D;(Ⅱ)依题意,CA=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,EB1=(0,2,1),ED=(2,0,−1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则{n⋅EB1=0n⋅ED=0,即{2y+z=02x−z=0,不妨设x=1,可得n=(1,−1,2).cos=CA⋅n|CA|⋅|n|=22×6=66,∴sin=1−cos2=306.所以,二面角B−B1E−D的正弦值为306;(Ⅲ)依题意,AB=(−2,2,0).由(Ⅱ)知n=(1,−1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos=AB⋅n|AB|⋅|n|=−422×6=−33.所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33.18.(17分)解:(1)由题意得e1=a2−1a,e2=a2+1a,所以e1e2=a4−1a2=154, 又a>0,解得a2=4, (i)故双曲线C2的渐近线方程为y=±12x; (ii)设直线AB的方程为x=ty+4, 则x=ty+4,x24−y2=1,消元得:(t2−4)y2+8ty+12=0,Δ>0且t≠±2, 所以y1+y2=−8tt2−4,y1y2=12t2−4, 故1y1+1y2=y1+y2y1y2=−2t3, 又直线AA1的方程为y=y1x1+2(x+2), 所以y3=3y1x1+2,同理y4=3y2x2+2, 所以1y3+1y4=13(x1+2y1+x2+2y2)=13(ty1+6y1+ty2+6y2) =2ty1y2+6(y1+y2)3y1y2=23t+2(y1+y2)y1y2=23t+2(1y1+1y2)=23t−43t=−23t, 故1y1+1y2=1y3+1y4. (2)设两个切点为P1(x5,y5),P2(x6,y6),由题意知PP1,PP2斜率存在, 直线PP1方程为l1:y=k1(x−x5)+y5, 联立x2a2+y2=1,y=k1(x−x5)+y5, 由Δ=0得k1=−x5a2y5,所以l1:x5xa2+y5y=1, 同理直线PP2方程为l2:x6xa2+y6y=1, 由l1,l2过P点可得x5x0a2+y5y0=1,x6x0a2+y6y0=1可得直线P1P2的方程为x0xa2+y0y=1, 不妨设,直线P1P2与双曲线两渐近线y=±1ax交于两点P1′(a2x0+ay0,ax0+ay0), P2′(a2x0−ay0,−ax0−ay0), 则围成三角形的面积 S=12|a2x0+ay0⋅−ax0−ay0−ax0+ay0⋅a2x0−ay0|=|a3x02−a2y02|. 因P在双曲线C2上,x02−a2y02=a2,则S=a3a2=a为定值.19.(17分)解:(1) A3=123231312 是 Γ3 数表,d(a1,1,a2,2)+d(a2,2,a3,3)=2+3=5.(2)由题可知 d(ai,j,ai+1,j+1)=|ai,j−ai+1,j|+|ai+1,j−ai+1,j+1|=1 (i=1,2,3;j=1,2,3) .当 ai+1,j=1 时,有 d(ai,j,ai+1,j+1)=|ai,j−1|+|ai+1,j+1−1|=1 ,所以 ai,j+ai+1,j+1=3 .当 ai+1,j=2 时,有 d(ai,j,ai+1,j+1)=|ai,j−2|+|ai+1,j+1−2|=1 ,所以 ai,j+ai+1,j+1=3 .所以 ai,j+ai+1,j+1=3(i=1,2,3;j=1,2,3).所以 a1,1+a2,2+a3,3+a4,4=3+3=6, a1,3+a2,4=3,a3,1+a4,2=3.a1,2+a2,3+a3,4=3+1=4 或者 a1,2+a2,3+a3,4=3+2=5 ,a2,1+a3,2+a4,3=3+1=4 或者 a2,1+a3,2+a4,3=3+2=5 ,a1,4=1 或 a1,4=2 , a4,1=1 或 a4,1=2 ,故各数之和 ⩾6+3+3+4+4+1+1=22 ,当 A4=1111122212111212 时,各数之和取得最小值 22 .(3)由于 Γ4 数表 A10 中共 100 个数字,必然存在 k∈1,2,3,4 ,使得数表中 k 的个数满足 T≥25.设第 i 行中 k 的个数为 ri(i=1,

VIP会员专享最低仅需0.2元/天

VIP会员免费下载,付费最高可省50%

开通VIP

导出为PDF

图片预览模式

文字预览模式
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报
预览说明:图片预览排版和原文档一致,但图片尺寸过小时会导致预览不清晰,文字预览已重新排版并隐藏图片
相关精选
查看更多
更多推荐