宝鸡中学2022级高三第一学期月考三考试参考答案-数学

宝鸡中学2022级高三月考三考试参考答案一.选择题1234567891011DABCCDAAADBDBCD二.填空题44812.13.14.1035三解答题15.解：(1)因为acos(BC)acosA23csinBcosA，所以acosBcosCasinBsinCa(cosBcosCsinBsinC)23csinBcosA，即asinBsinC3csinBcosA，由正弦定理得：sinAsinBsinC3sinCsinBcosA，显然sinC0，sinB0，所以sinA3cosA，所以tanA3，因为A(0,)，所以A.分23----------------------------------------a-----------b--------------------6(2)因为ABC外接圆的半径为3，所以由正弦定理得：23，sinAsinB所以a3，b23sinB，b2a2a2333所以b23sinB23(sinB)，bb2sinB4sinB0B21因为ABC为锐角三角形，所以，解得B，即sinB(,1).26220B3231令f(x)x，x(,1)，4x23133根据对勾函数的性质可知，函数f(x)x在(,)上单调递减，在(,1)上单调4x222第页，共页16{#{QQABLYQEggiIABAAAAgCAw0iCkAQkgGCAYgOBEAIMAAASQNABAA=}#}137递增，且f()2，f()3，f(1)，2243所以f(x)[3,2),即sinB[3,2),4sinB3b2a2所以23(sinB)[6,43),即的取值范围为[6,43).------------13分4sinBb证明：因为，，，由余弦定理得16.(1)A1AC60AC1AA1222，A1C12212cos603所以222，所以，又因为，A1AA1CACA1CACA1CAB又因为，所以平面分ACABAA1CABC.(2)解：由已知和(1)得，CA、CB、CA两两垂直--，--------------------------------------6建立如图所示的空间直角坐标系，A(1,0,0)，C(0,0,0)，B(0,t,0)，，，，A1(0,0,3)C1(1,0,3)B1(1,t,3)，，，BC(0,t,0)BB1(1,0,3)BA1(0,t,3)设平面和平面的法向量分别为，，BCC1B1A1BB1m(x,y,z)n(u,v,w,)BCmty0，令z1，m(3,0,1)，BB1mx3z0BA1ntv3w0，令wt，n(3t,3,t)，BB1nu3w0直线与平面所成角的正弦值为BA1BCC1B1|BA1m|33，解得t1，2|BA1||m|t324m(3,0,1)，n(3,3,1)，|mn|427所以二面角的余弦值为A1BB1C.-------------------------15分|m||n|277第页，共页26{#{QQABLYQEggiIABAAAAgCAw0iCkAQkgGCAYgOBEAIMAAASQNABAA=}#}17.解：(1)因为抛物线x24y的焦点为(0,1)，所以椭圆C的下顶点A(0,1)，可得b1，313因为椭圆C经过点B(1,)，所以1，解得a24，2a24x2则椭圆C的方程为y21.分4---------------------------------------------------------6(2)证明：当直线PQ的斜率不存在时，不妨设，此时，P(x0,y0)Q(x0,y0)22y01y011y01x则kk，整理得02，APAQ2y01x0x0x02222x02x02由y1与y1解得x00不符题意，所以直线PQ的斜率存在，2040因为直线AP，AQ斜率同号，所以直线PQ的斜率存在且不为0，不妨设直线PQ的方程为ykxm，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，x2y21联立4，消去y并整理得(14k2)x28kmx4m240，ykxm此时16(4k2m21)0，即4k21m2，8km4m24由韦达定理得x1x2，xx，14k21214k2所以4m248kmm24k2yy(kxm)(kxm)k2xxkm(xx)m2k2kmm21212121214k214k214k28km2myyk(xx)2mk2m，121214k214k2第页，共页36{#{QQABLYQEggiIABAAAAgCAw0iCkAQkgGCAYgOBEAIMAAASQNABAA=}#}y11y21y1y2(y1y2)11此时kAPkAQ，x1x2x1x22整理得2y1y22(y1y2)2x1x2，m24k24m4m24即22，解得m1或m3，14k214k214k2当m1时，直线PQ方程为ykx1，令x0，解得y1，所以直线PQ恒过定点(0,1)，不符合题意，当m3时，直线PQ方程为ykx3，令x0，解得y3，所以直线PQ恒过定点(0,3)，符合题意，综上所述，直线PQ恒过定点(0,3).分-------------------------------------------------1518.解：(1)由题意得这三人中这一周恰好有一人选择A健身中心健身的概率1121121127P(1)(1)(1)(1)(1)(1)；---------------4分23323323318(2)记事件C：丁周六选择A健身中心，事件D：丁周日选择B健身中心，11321则P(C)P(C),P(D|C)1,P(D|C)1，24433131113由全概率公式得P(D)P(C)P(D|C)P(C)P(D|C)，24232413故丁周日选择B健身中心健身的概率为；-----------------------------------10分24(3)设从全校学生中随机抽取1人，抽取到的学生是健身效果不佳的学生的概率为p，则p0.02，设抽取次数为X，则X的分布列为：X123n1nPp(1p)p(1p)2p⋯(1p)n2p(1p)n1⋯第页，共页46{#{QQABLYQEggiIABAAAAgCAw0iCkAQkgGCAYgOBEAIMAAASQNABAA=}#}故E(X)p(1p)p2(1p)2p3(1p)n2p(n1)(1p)n1n，又(1p)E(X)(1p)p(1p)2p2(1p)3p3(1p)n1p(n1)(1p)nn，两式相减得pE(X)p(1p)p(1p)2p(1p)n2p(1p)n1p，所以1(1p)n1(1p)n10.98nE(X)1(1p)(1p)2(1p)n2(1p)n1，1(1p)p0.0210.98n所以E(X)在nN*时单调递增，0.0210.982910.557可知当n29时，E(X)22.15，0.020.0210.983010.545当n30时，E(X)22.75，0.020.0210.983110.535当n31时，E(X)23.25，0.020.02若抽取次数的期望值不超过23，则n的最大值为30.------------------------------------17分119.(1)证明：当ae时，f(x)exlnx，f(x)ex(lnx)，x111x1设p(x)lnx，则p(x)，xxx2x2当0x1时，p(x)0，当x1时，p(x)0，所以p(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，故p(x)…p(1)10，所以f(x)0，所以f(x)为增函数．-------------------4分1(2)解：(i)设aet(t0)，则f(x)etxlnx，tetxetx1则f(x)etxlnx(xlnx).txxt设g(x)xlnx，则g(x)1lnx，第页，共页56{#{QQABLYQEggiIABAAAAgCAw0iCkAQkgGCAYgOBEAIMAAASQNABAA=}#}1当x(0,)时，g(x)0，g(x)单调递减，e1当x(,)时，g(x)0，g(x)单调递增，e11所以g(x)g()，minee1当t0时，令g(x)，由g(1)0，且g(x)在(1,)上单调递增，t1故g(x)仅有一个零点x，不符合题意；t01当t0时，g(x)[,),e111①当t„e时，则„，此时g(x)…，f(x)…0，f(x)单调递增，不符合题意；tet111②当te时，则0，此时g(x)存在两个零点xx，ett1211当x(0,x)时g(x)，f(x)0；当x(x,x)时，g(x)，f(x)0；1t12t1当x(x,)时，g(x)，f(x)0，f(x)存在两个极值点，符合题意．2t综上可知，a(ee,).分--------------------1--------------------------1-------------------------11(ii)由(i)可知Mf(x)，且x(0,)，满足xlnx，11e11t11故Mf(x)etx1lnxx(lnx)2elnx1，1t11111r2lnrr设rlnx(1,)，则2，1Merrer121(r1)2设h(r)2lnrr，则h(r)10，rrr2r2故h(r)单调递减，且h(1)0，则h(r)(,0)，12lnrr即Mer(1,0).------------------------------------------------------------17分第页，共页66{#{QQABLYQEggiIABAAAAgCAw0iCkAQkgGCAYgOBEAIMAAASQNABAA=}#}