高三学年1月月考数学答案校内版

哈三中2022—2023学年度上学期高三学年1月月考数学答案123456789101112DBACBDACBCACDADABDx2y213.114.314126515815.416.，4153π1217.(1)解：fxsin2x1cos2xπ23233π1πππ1π1sin2x1cos2xsin(2x)sin2x，232336262πk令2xk,kZ对称轴方程：x,kZ.6262最小正周期：π713(2)2x，，sin2x,1fx0,66662218.22(1)x1y34(2)x3,5x12y150S2a1a2a1a119.（1）选①，由①得，nn，n1时，11，得1；n1n2时，SnSn12an2an1，得an2an1，故an为首项是1，公比是2的等比数列，an2；n12nS21.选②，由②得，1Sn12Snan1Sn，得an1Sn1，n1时，a2a11；n12n2时，an1SnanSn10，整理得an12an，nn112nan12an，故an为等比数列，首项为a11，公比q=2，故an2，S21.n1222选③，an0,a11,an1anan12an，则(an12an)(an1an)0，an0，n1则an1an0，得an12an，故an为等比数列，首项为a11，公比q=2，故an2，112nS2n1.n12n1（2）根据题意，bn(2n1)an(2n1)2，得23n1Tn1325272(2n1)2，23n2Tn23252(2n1)2，两式相减，得23n1nTn12(2222)(2n1)2，22nT12(2n1)2n，n12nTn32(2n3)20.（1）∵PC⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴PCAC.取AB的中点M，连接CM，∵AB∥CD，AB2CD，∴AM∥CD，AMCD，1∴四边形ADCM为平行四边形.∵ADABAM，∴ADCM为菱形，∴ACMD.2∵MB∥CD，MBCD∴四边形BMDC为平行四边形,∴BC∥MD,∴BCAC.又有PCBCC，PC,BC平面PBC,∴AC⊥平面PBC.AC平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.（2）∵PD2，CD1，PCDC，∴PC3，又有BC1，AB2，ACB90，∴AC3.∴在RtPAC中，PA6.1AD2DE2AE2cosADP,在AED中cosADE,DE1,42ADDE即为的中点建立空间直角坐标系，EPDP0,0,3,B1,0,0A0,3,013133D,,0E,,22442平面AEC的法向量n6,0,3，PB1,0,3设PB与平面AEC所成角为，39sin262x221.（1）椭圆方程为y21；4（2）由于P是椭圆C的上顶点，故直线MN的斜率一定存在，设，直线，Mx1,y1,Nx2,y2MN:ykxmykxm联立方程组2，得14k2x28kmx4m240x2y1422222264km44m414k1614km0，得14k2m2，28km4m4y11y21kx1m1kx2m1，kkx1x22,x1x221214k14kx1x2x1x22k2xxkm1xxm131212,x1x248km4m24由题意知m1，由xx,xx，1214k21214k2代入化简得4k2m18k2mm14k213m10，整理得：2m40，23∴m2故直线MN过定点H0，2，由0得14k22，解得k2，4且PH123，2211344k364k32SPMxx3xx，令t4k30，PMN212212214k214k2则6t663，SPMNt24442t2ttt47当且仅当t，即t2，即k时等号成立，t23所以面积的最大值为.PMN2x122.（1）ecosxx1cosx2cosxx（2）6(2)令(x)excosxax3x2,'(x)exsinx3ax21.令则x1(x)'(x),2(x)1'(x)ecosx6ax,令可得x3(x)2'(x),3(x)esinx6a.1①当a时,由(1)知(x)h(x)0,(x)为单调递增函数6213因为所以当时当时1(0)0,x0,1(x)0,x0,1(x)0,(x)在(,0)为单调递减函数,在(0,)上为单调递增函数.所以有f(x)f(0)0.1②当a时,'(x)excosx,由(1)知在(,)上,(x)为单调递增函数63236a6a存在3(0)16a0,3(e)6a1sine6a0,x0,3(x0)0,在上可得从而不成立(0,x0),2(x)0,1(x)0,(x)0,.1③当a时,(0)16a0,()e26a.16332不论()是否小于0,都有x,使得在(x,0)上,(x)0,32113此时为单调递增函数所以在上为单调递减函数,2(x),(x1,0),2(x)2(0)0,1(x).此时则在上为单调递增函数此时不成立1(x)1(0)0,(x)(x1,0),(x)0,.4