兰化一中高三第四次阶段考试数学（理科）答案

兰化一中2023届高三第四次阶段考试数学（理科）答案一、选择题（每题5分，共60分）题123456789101112号选DBBADACACBDD项12题解析：画出f(x)的图象，由0abc且f(a)f(b)f(c)得：e0a1,1be,ce,lnalnb,lnb,ab1,clnbe.c1af(b)bf(c)cf(a)=（abc)lnb=（b)lnbe,b1111令g(b)(b)lnb+e,(1be)，则g(b)(1)lnb(b)，bb2bb1g(b)1lnb(1lnb)，1be,1lnb0,lnb0，g(b)0，b211则函数g(b)在区间1,e上单调递增，g(1)g(b)g(e)，即e（b)lnbe2e，be1af(b)bf(c)cf(a)的取值范围是e,2e（以a为变量时，注意a的取值范围为e1a1）.故答案为D.e二、填空题（每题5分，共20分）13、1,114、-1或315、416、4037三、解答题（共70分）17.（12分）（1）选①2cbcosB2sinCsinBcosB，所以，acosAsinAcosA所以2sinCcosAsinBcosAsinAcosB，整理得2sinCcosAsinBcosAsinAcosBsin(AB)sinC.1ππ因为sinC0，所以cosA.因为A0,，所以A.2232sinAcosCsinC2sinB2sinAC选②因为2acosCc2b，所以，所以2sinAcosCsinC2sinAcosC2cosAsinC，整理得sinC2cosAsinC.1ππ因为sinC0，所以cosA，因为A0,，所以A.2231asinAcosCcsin2A3bcosA选③因为2，所以sinAsinAcosCsinCsinAcosA3sinBcosA，所以sinA(sinAcosCsinCcosA)3sinBcosA，整理得sinAsinB3sinBcosA.ππ因为sinB0，所以sinA3cosA.因为A0,，所以tanA3，A.23π13π（2）因为A，所以cosBcosCcosBcosBAcosBsinBsinB.3226π2ππππ因为B0,，所以CB0,，所以B,，23262ππ2ππ33所以B,，所以sinB,1，故cosBcosC,1.63362218.（12分）（1）∵0.00250.0150.020100.375，0.00250.0150.0200.025100.625，所以中位数位于60,70之间，设这200名同学竞赛成绩的中位数为x，则0.00250.0150.0200.025x60100.5，解得x65．竞赛成绩不低于80分的学生人数为：2000.0100.0051030；（2）设这名同学获得书籍的数量为，则的可能取值为2，4，6，8．231213111321171P2，P4，P6C2，34234344834482111P8，3448所以的分布列为24681171110E246811711P248848324884819.（12分）（1）取线段CF中点H，连接OH、GH，由图1可知，四边形EBCF是矩形，且CB2EB，O是线段BF与CE的中点，1OH//BC且OHBC，21在图1中AG//BC且AGBC，EF//BC且EF=BC．21所以在图2中，AG//BC且AGBC，2AG//OH且AGOH四边形AOHG是平行四边形，则AO//HG由于AO平面GCF，HG平面GCF，AO//平面GCF.（2）由图1，EFAE,EFBE，折起后在图2中仍有EFAE,EFBE，AEB即为二面角AEFB的平面角．2AEB=π，3以E为坐标原点，EB，EF分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系Exyz如图，且设CB2EB=2EA=4，则B2,0,0,F0,4,0,A1,0,3，1FGFEEAAGFEEAEF1,2,3，2BA3,0,3,FCEB2,0,0，设平面GCF的一个法向量n(x,y,z)，n·FC02x0由，得，取y=3，则z2，n·FG0x2y3z0于是平面GCF的一个法向量n0,3,2，nBA237cosn,BA，nBA12777∴直线AB与平面GCF所成角的正弦值为.720.（12分）b3c313（1）由题可知acb122a2b2c2a2,解得b1,c3,x2故椭圆的方程为y21.4（2）当直线l的斜率不存在时，设P0,1，Q0,1，M0，m，1由PM2MQ，0，m120,1m，得m，311同理，当Q0,1,P0,1时，得m，所以m，331当直线l的斜率存在时，即m时，3设直线PQ的方程为ykxm，ykxm,联立22x4y4,消去y得14k2x28kmx4m240.因为直线l与椭圆C交于不同的两点P、Q，所以Δ(8km)2414k24m240，即4k2m210①.设Px1,y1,Qx2,y2，8km4m24则xx,xx②，1214k21214k2则PMx1,my1,MQx2,y2m，由PM2MQ，得x12x2③，(8km)24m242③代入②得22，14k214k1m2化简整理得k2④，36m241m2将④代入①得m21，9m211化简得m21，911解得1m或m1.3311综上，m的取值范围为1,U,1.3321.（12分）1lnx（1）fxaexx0，x21lne因为函数在xe处取得极值，所以feaee0，则a0，e21lnx当a0时，fx0，得xex2当x0,e时，f¢(x)>0，函数单调递增，当xe,时，fx0，函数单调递减，所以当xe时，函数取得极大值，综上可知函数的单调递增区间是0,e，函数的单调递减区间是e,；（2）gxxfxxaxexlnxx2，x1,恒成立，x即axexlnxex2，设txex，tx1e0，所以函数txex单调递增，te，不等式转化为atlnt2，te时恒成立，2lnt2lnt转化为a恒成立，即a，ttmin2lnt3lnt设ht，ht0，解得：te3，tt233当te,e时，ht0，函数单调递减，当te,时，ht0，函数单调递增，1所以当te3时，函数ht取得最小值，最小值是，e31所以实数a的取值范围为aae322.（10分）（选做）x2t（1）直线l的参数方程为，消去参数t，可得y3(x1)，即y3(1t)3xy30；曲线C的极坐标方程为4sin()，即2(23sin2cos)，6化为直角坐标方程是x2y223y2x，即(x1)2(y3)24；所以直线l的普通方程是3xy30，曲线C的直角坐标方程为(x1)2(y3)24；（2）令x0，得直线l与y轴交于点P(0,3)，1xm2把直线l的参数方程化为(m为参数），代入(x1)2(y3)24，3y3m2得到m27m90，故m1m27，m1m29；1111m2m2(mm)22mm49183121121222222222所以|PA||PB|m1m2m1m2m1m2818123.（10分）（选做）m12n（1）因为m12n3，1，314m12n所以1214m12nm1nm12n32n4(m1)14524，m12n3332n4m1当且仅当，且m2n2，即m0，n1时等号成立，m12n12则的最小值为3.m1n2222m24n222n2m2n1m2（2）2n2m12n2m1n1m1222n18n18m16m19n1m1892n18m16n1m1989m1n19169，m12n2m12n2因为m12n25，所以1，5916m12m2所以原式m12n29592n216m1916，m12n2952529169549495592n216m183当且仅当，且m2n2，即m，n时等号成立，m12n277m24n24则的最小值为.2n2m15