2023年重庆一中高2023届3月月考数学参考答案一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号12345678答案ADCBDBCD【解析】ii1101．z，则||z==，故选A．13i13i1010xx2．因log≤≤≤，0010x4A=(，0][3，)，故()AB[3，，故选4]244RRD．CC22C24224．2!，故选．3P1222CCCC64253!4．如图所示，可得蒙日圆的方程为xy224；因为蒙日圆为长方形的外接圆，设rOA||2，AOB，则矩形面积公式为1Sr42sin8sin，显然sin1，即矩形四条边都相等，为正2方形时，Smax8，故选B．5．由题知，ACAE3，APxAByAC，所以APxAByAE3，又因为P为线段BE上131333yx33yx任一点，所以xy31，所以(3)xy10≥102xyxyxyxy33yx1116，当且仅当时等号成立，此时x，y，故选D．xy442π2πππ6．由已知条件知，x时，f()x取得最大值1，从而有=2kπ+，kZ，即33621T2ππ3k，kZ，又由题意可得该函数的最小正周期T满足：≥π且2233T2π2π4π311π≥0，于是有T≥，则0≤，故ω=，由xkkπ，得对称中Z23332226π心为2kπ，0，故选B．3数学参考答案·第1页（共10页）7．圆锥的轴截面为等腰直角三角形ASB，如图所示：在直角圆锥SO中，点S与底面圆O都在同一个球面上，由ASB90，所以AB为球的直径，若球的表面积为4π，由4πR24π，球的半径R1，则圆锥底面半径r1，圆锥母线长l2，所以圆锥的侧面积为Srlπ2π，故选C．1111．由条件得：，则，由，得：，81anbann121[][4]4ab12(1)nann1nann(1)n8，，，故，故选．[][3]3ab23[]ab342[][]aab12bab23[910]21D3二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）题号9101112答案ABDABCBCDBD【解析】1119．对于A，∵N(0，，1)∴P(10)[1(1)(≤≤PP1)][12(1)]Pp，222287故A正确；对于B，，故B正确；对于C，∵P(AB)PA()PB()PAB()，故441111不一定成立，故C错误；对于D，因为PAB()，PA()PB()，可得93P(AB)P()AP()B，所以事件A与B相互独立，故D正确，故选ABD．11x10．因fx()1，故mfx0()(01)(1+)时，在，上，在，上，则f()xf(1)xxmin3lnm，故A正确，B正确；对于C，x(0，)时，令tex，则t1，由复合函3数的单调性知C正确；由fx()minf(1)3lnm0me，故D错误，故选ABC．11．对于A，由弦长公式可得||2AB(3)(222)2，故A错误；对于B，直线AB过定点M(1，1)，最大距离为||=2OM，故B正确；对于C，x12xyyOAOB1233cosOAOB，的最小值为3，故C正确；对于D，设ABπ的中点为Ex()，，y()()=4()4||xxyyxyOE22222，因AOB，故0012120021||||OEAB，所以4|OE|222=|AB|2r6，故D正确，故选BCD．2数学参考答案·第2页（共10页）1212．对于A，当，时，在AD上取靠近D点的三等分点G，连接GE并延长交AD23111于点H，易得点H是AD上靠近A点的三等分点，在BC上取靠近B点的三等分点P，如图：则GN∥∥HPAB，且GNHPAB，又因为AB平面AADD11，所以ABGH，即HPGH，则四边形GHPN为矩形，ACBD，且||||GNNP，故A错误；对于B，由正方体中又，ACDD1BD平面BDD1，DD1平面BDD1，BDDD1D，可证ACBC11BC，平面BDD，可得ACDB，又BC平面BCD，CD平面BCD，11，1111111BC111CDD1BAC，BCCDC，可证BC平面BCD，可得BCDB，所以由AC平111111111，D11BBC1面ABC，BC平面ABC，ACBCC，可得DB平面ABC，所以当时，1111112DM1平面ABC1，即平面AD1M平面ABC1，故B正确；对于C，平面A11DC∥平面ABC1，又因为E平面A11DC，所以M与A1重合，N与C1重合，此时01，，不符合题意，故C错误；对于D，法1：向量法（略）；法2：设平面A1NC延展交AD于点6N，∵VVAANCAANC，∴VVAANCCAAN，得，故D正确，故选BD．11113三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号1314151611答案351692192【解析】1113．设平均每年的增长率为x，所以(1x)92，即12x9，∴x219．(1)[1(1)](1)(1)x2527xxx14．∵(1xx)23(1)(1x)6=，∴所求=C31(1)xx7(1)335.ππππππ215．令tx，则22xx2t，所以sin2tt3cos102cost66622213costt20cos.2数学参考答案·第3页（共10页）16．设切点A()()xy11，，Bxy2，2，点A处的切线方程为xx11py()y，点B处的切线方程为xx22py()y，点M(3，1)为两切线的交点，则3(1)xp11y，3(1)xy22p，所以A()()xy11，，Bxy2，2在直线3)xp(1y上，即直线AB的方程为3)xp(1y，又直线2pxy4xx126，AB经过焦点0，，所以p2，联立xx2640，得所以，23+2=2xyxx1242222222232|MA||MB|(x112213)(1)(yx3)(1)(yx3)x12(x23)2313213222．xxx2122()26[(xx12)2xx12]26169244四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）π解：（1）因为fx()cosπxsinπx2cosπx，………………………………（2分）4ππ1所以由题意有ππxkk()N，故xkk()N，…………………………（4分）424这就是函数f()x的全部零点．1又由已知函数f()x的所有正数的零点构成递增数列{}a，所以{}a是以为首项，nn431为公差的等差数列，所以an()nN*．………………………………………（5分）n4nn131（2）bannn，242123nn111111则Tnnn123(1)①，22222234nn1111111Tnnn123(1)②，……………（7分）222222则①−②得：n11123nn1n1n111111122211Tnnn1(2)，n12222221222………………………………………………………………………………………（9分）n12n所以．…………………………………………………（分）Tnn2(2)2n1022数学参考答案·第4页（共10页）18．（本小题满分12分）解：（1）由BCAD∥，ABAD，PA平面ABCD，知三线两两垂直．故以ABADAP，，分别为x，，yz轴建立如图所示的空间直角坐标系．……………（2分）则ABCDP(000)，，，(100)，，，(110)，，，(020)，，，(001)，，，由BP(101)，，，CD(110)，，，……………………（4分）BPCD11则cosBP，CD，||||BPCD222所以BP，CD60，所以异面直线PB与CD所成的角是60．………………………………………………（6分）（2）由题意n(1，，00)为平面PAD的一个法向量，设mxyz()，，为平面PBC的一个法向量，BC(0，，10)，………………………（8分）mBPxz0，由令x1，则yz01，，……………………………………（10分）mBCy0，nm12故m(1，，01)，所以cos〈，nm〉，||||nm122π所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为．…………………………（12分）419．（本小题满分12分）ππ（1）证明：因为BADC，故DACB．…………………………………（1分）22BDAD由正弦定理得，在△ABD中，有，πsinBsinC2CDAD在△ACD中，有……………………………………………………（3分）πsinCsinB2sin2BCsin2，………………………………………………………………………（5分）π于是BC或BC，2故△ABC为等腰三角形或直角三角形．………………………………………………（6分）（2）解：由于角A为锐角，故BC．设CEx，则AEx2，ABx3，由cosBECcosBEA，数学参考答案·第5页（共10页）(2xxx)222(3)2222(5)26得，解得x，………………………………（9分）22xx22232519故，222，AB6ADABBD(6)22195所以SBCAD．………………………………………………………（12分）△ABC2420．（本小题满分12分），，解：（1）如图所示，设点P()xy00，，A(20)，B(20)，y则直线AP：y0(2)x，………………………（1分）x021016y0令x，得yM，33(x02)1016y于是M，0，……………………………（2分）33(2)x016y0yx3(2)yy44y22123x故kk0000003．……………（4分）BPBMxxxxx2224410220000023（2）由于直线BP与直线BM关于直线x2对称，故kkBMBP，因此kBM3，kBP3．……………………………………………………………（6分）设直线RS：y3xm，设Rx()11，y，Sx()22，y，yxm3，联立方程xy22得15xmxm22834120，…………