辽宁省辽东南协作体2023-2024学年高三下学期月考数学答案

高三数学答案一．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。二．选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得3分，有选错的得0分。题号1234567891011答案CDADCBABABABCAD三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。12.20013.20p14．(3，＋∞)四．解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15.（本小题满分13分）解：（1）当a=1时，f(x)=xex，f¢(x)=1ex，∴f(0)=1,f¢(0)=0，∴曲线y=f（x）在点(0，f(0))处的切线的方程为y+1=0.………………4分（2）由f(x)=xaex得，f¢(x)=1aex，当a£0时，f¢(x)>0，函数f()x在R上单调递增，此时f(a)=aaea=a(1ea)£0,f(1)=1ae>0，所以当a£0时，曲线y=f（x）与x轴有且只有一个交点；………………8分当a>0时，令f¢(x)=0得，x=lna，∴x(,ln),af¢()x>0,()fx单调递增，x(ln,a+),f¢()x0,()fx单调递减，∴当x=lna时，函数f()x有极大值，若曲线y=f（x）与x轴有且只有一个交点，1则f(lna)=lnaaelna=0，解得a=，e1综上所述，当a£0或a=时，曲线y=f（x）与x轴有且只有一个交点.………………13分e16.（本小题满分15分）高三数学试卷第1页共5页学科网（北京）股份有限公司3211解：（1）设甲同学三道题都答对的事件为A，则PA=´´=，432413所以甲同学至少有一道题不能答对的概率为PPA=1=1=.………………5分44（2）设甲同学本次竞赛中得分为X，则X的可能取值为0,2,4,6,8分，11113111215则PX=0=´´=，PX=2=´´+´´=，432244324322432111173111215PX=4=´´+´´=，PX=6=´´+´´=43243224432432243211PX=8=´´=4324所以X的概率分布列为：X0246815751P2424242441575129所以EX=´+0´+2´+4´+´=68（分）………………9分2424242446设乙同学本次竞赛中得分为Y，由Y的可能取值为0,2,4,6,8分1312124æö，1æö，PY=0=ç÷=PYC=2=2´ç÷=è3ø273è3ø27221212621228æöæö，1æöPY=4=ç÷´+´ç÷==PYC=6=2´ç÷=è3ø33è3ø2793è3ø273æ2ö8PY=8=ç÷=è3ø27所以Y的概率分布列为：Y0246814288P2727927271428814416所以EY=´+´+´+´+´=02468=………………13分272792727273163229由于EYEX==>=，366所以乙同学的得分高.………………15分17.（本小题满分15分）证明：1因为PA^底面ABCD，BCÌ平面ABCD，所以BC^PA.高三数学试卷第2页共5页学科网（北京）股份有限公司四边形ABCD为矩形，所以BC^AB，因为PAIAB=A，所以BC^平面PAB.从而BC^AE，因为PA=AB=2，点E是棱PB的中点﹐所以AE^PB.因为PBÇBC=B，所以AE⊥平面PBC.又因为AEÌ平面ACE，所以平面ACE^平面PBC.………………6分2解：以A为坐标原点，分别以AB,,ADAP的方向为x,,yz轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz，uuur如图所示，依题意可得A0,0,0,B2,0,0,C(2,3,0,)D0,3,0,E1,0,1,EC=1,3,1，uuuruuurAC=2,3,0,DC=2,0,0uuuvvrìEC×n=0ìx1+3y1z1=0，设平面ACE的法向量为n=x,,yz，由，得111íuuuvvíîAC×n=0î2x1+3y1=0r不妨令x1=3,可得n=(3,2,3).………………9分uuuvvurìEC×m=0ìx2+3y2z2=0设平面CED的法向量为m=x,,yz，由，得222íuuuvvíîDC×m=0î2x2=0ur不妨令y2=1，可得m=0,1,3.………………12分rurrurn×m55易知二面角ACED为锐角，cosn,m>=rur=，nm1055所以二面角ACED的余弦值为.………………15分1018.（本小题满分17分）æpöp解：（1）抛物线的焦点Fç,0÷，准线为x=，è2ø2p因为点P1,yy>0到其焦点的距离为2，所以1+=2，解得p=2，………………2分002所以抛物线的方程为y2=4x，………………4分高三数学试卷第3页共5页学科网（北京）股份有限公司2因为点P1,y0y0>0在抛物线上，所以y0=4，解得y0=2，所以P1,2，综上，P点坐标为1,2，抛物线的方程为y2=4x．………………8分（2）证明：设直线MN的方程为x=my+n，æ12öæ12öìx=my+n2Mçy1,y1÷，Nçy2,y2÷，联立í2，得y4my4n=0，è4øè4øîy=4xy124kPM==所以y1+y2=4m，y1y2=4n，所以12y+2，………………10分y11414同理可得kPN=，………………12分y2+21611=因kPM×kPN=，所以，所以y1y2+2y1+y2+36=0，2y1+2y2+22所以n+2m+9=0，即n=2m+9（满足D>0），直线MN的方程为x=my+2m+9=my+2+9，所以直线MN过定点9,2．………………17分19.（本小题满分17分）解：（Ⅰ）依题意，且，，，a1+a2=1an+2=an(n=12L)所以数列an的前10项和为5.………………5分（Ⅱ）由于数列an具有性质P4(4)和Pt()t，其中t为大于零的奇数，*令t=2k1，kN，则有an+2=an+2+2k-1+2k-1=an+4k=an，所以an+1=an+1+2k-1=an+2k=an.综上an为常数列.又因为an具有性质P4(4)，所以a1+a2+a3+a4=4.所以an=1.………………10分a++aa（Ⅲ）要证N+1LN+k³，kma只需证a+a+a³k×，N+1N+2LN+kmaaa即只需证(a)+(a)++(a)³0，N+1mN+2mLN+km高三数学试卷第4页共5页学科网（北京）股份有限公司a令数列b=a，由于数列a具有性质P()a，则数列b具有性质P(0).nnmnmnm令*，Si=b1+b2+L+bi()iN设，，，的最小值为，SSS12LmSN(1£N£m)对kN*，令N+k=pm+r，p,rN,0r£m，由于bn具有性质Pm(0)，所以Spm=0.所以Spm+r=+Spmbpm+1+bpm+2++LLbpm+r=+++=³b1b2brSrSN.a+a++aa所以N+1N+1LN+k³成立.………………17分km高三数学试卷第5页共5页学科网（北京）股份有限公司