bca3a2023年高三下学期5月三校联考19．解：（1），cosBCABCcoscoscoscos高三数学参考答案bcosCccosBcosAacosBcosC3cosA，……………………………………………1分一、单项选择题：1-4DABC5-8CBCB由正弦定理得sinBCCBAABCAcossincoscossincoscos3cos，二、多项选择题：9．ACD10．ABC11．BCD12．BCsinBCAABCAcossincoscos3cos，………………………………………………3分31165三、填空题13.2314.m1315.16.；0A，则sinA0，故cosBCAcos2cos0，………………………………………4分24512四．解答题即cosBCBCcos2cos0，2sinBCBCsincoscos，17．解：（1）当n1时，a2，当n2时，递推得aS22n，12nn1即tanBCtan．……………………………………………………………………………………6分222222∴an1an21an，an1an+2an1=an1，因为数列an各项均为正数，所以（2）由知，BC,均为锐角，aann11，又∵aa211，∴数列为等差数列，故aan1n．…….……………………………………………5分tanBCtann1故tanABCBCBCtan2tantan4tantan22，n43k1tanBCtan（2）由bnsin得，，nb43k4kk3sin43222当且仅当tanBCtan时，等号成立．42k41k2，，b0；b42k4k2sin0b41k4kk1sin414k故的最大值为．分22tanA22………………………………………………………………………1220．解：（1）因为四边形AA11BB为菱形，所以A11BAB，令ckb4k3b4k2b4k1b4k2，平面AA11BB平面ABC，平面AA11BB平面ABCAB,AC平面ABC,ACAB，则T100b1b2b3b100c1c2+c25=25-2=-50．………………………………10分所以AC平面，……………………………………………………………………………2分1118．解：（1）PABPBA(),()∣∣，413又AB1平面，所以ACA1B，11113又ABACA，所以AB平面BAC，PABPBPBAPAPAPA(∣∣)()()()(),()，111451320又BC平面，所以ABBC．…….……………………………………………………5分7111PA，………………………………………………………………………………………4分2010（2）l上存在点P，使A1B与平面ABP所成角的正弦值为，且B1P2．理由如下：而PAPBPABPBPAB()()()()()∣∣10取AB中点D，连接，因为ABB60，所以AAB60，7413111AD111PABPAB，……………………………………………………8分又AAAB，所以AAB为等边三角形，所以ADAB，205544111111（2）因为A11B//AB，所以ADAB，不够良好良好总计又平面平面，平面平面ABCAB,AD平面，所以AD平面，……………………………………………………………………………6分患有该病kabkakb以A为原点，以AB,,ACAD方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系Axyz，ABCAB(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(1,0,3),(1,0,3)，未患该病kckdkcd11．AC(0,2,0),AB(2,0,0),AB1(1,0,3)总计kackbdkabcd因为AC//AC11,AC平面ABCAC111,11平面ABC111，所以AC//平面，2又AC平面ABC，平面ABC平面ABCl，所以AC//l，kabcdkad22kbc11111'2假设l上存在一点P，使AB1与平面ABP所成角为30，设BPACR，…………8分kabkcdkackbd12则BP(0,2,0)，所以APABBP(1,2,3)，kabcd()adbc111kk2.6410.8284.10，故k5.………………………12分abcdacbdmin设n(,,)xyz为平面的一个法向量，5月三校联考数学第1页共2页tE2nAB020x则，即，DE22∵，∴直线NC的斜率存在.∵圆心的坐标为C,，∴t1，nAP0x2y3z022Dt令y3，则z2，2即t3E20tD，即t3E2tE40②，……………………………………10分可取n(0,3,2)，……………………………………10分t3又AB(3,0,3)，所以由①②消去E，得E4，又，得tt32340，12nAB21|23|10即tt210.∵t2，∴t1，sin|cosn,A1B|，||nAB233421011故满足题设的点N存在，其坐标为1,．……………………………………………………12分221即342210，解得，此时BPAC2；xx2122．解：（1）fxeaxaxcos21ae1acosxx21，………………1分10令xcosx2x1，则xxsin20，x在R上单调递减，……………3分因此l上存在点P，使A1B与平面ABP所成角的正弦值为，且B1P2．……………12分10又00，a0，所以当x0时，x0，此时fx0；当x0时，x0，2221．解：（1）抛物线:2xpy过点M2,2，p1，抛物线C1方程xy2．…………1分此时fx0；11ykx2故fx在,0上单调递减，在0,上单调递增．………………………………………5分设直线l:ykx，设Ax11,y，Bx22,y由2，得x2kx10，22xxy2（2）由题意知，fxeacosx2ax1a0对xR恒成立．2∵直线l与抛物线有两个交点A，B，所以4k40①，令gxexacosx2ax1a，又g00，则gxg0恒成立；得xx2k，xx1，………………………………………………………………………3分1212x0不是函数gx的区间端点，故x0是的最小值点，同时也是极小值点．于是222222，AB1kx1x21kx1x24x1x2k14k42k161则必有g00，由gxexasinx2a，ga0120，则a．……………7分132解得k2，直线l的方程为20xy，原点O到直线l距离d，1326下面证明：当时，fxexcosxx0对恒成立．22313OAB的面积为S6．…………………………………………………………5分31xxcos622222即证1．………………………………………………………………………………9分（2）已知O，M的坐标分别为0,0，2,2，抛物线方程xy2，ex231111txxcossinxcosxx假设抛物线上存在点Nt,（t0且），t2令22，则222，2hxhxxexe使得经过O，M，N三点的圆C和抛物线在点N处有相同的切线.111112设经过O，M，N三点的圆的方程为x22yDxEyF0，令txsinxcosxx，则txcosxsinx1cosx10，2222224F0tx在上单调递减，又t00，hx在在上单调递增，在上单调递减；则2DEF28，2424tD2tE4Ft4thxh01，得证！整理得t32E2t4E40①，……………………………………………………………7分故．………………………………………………………………………………………………12分∵xy22，两边同时对x求导得，yx，∴抛物线在点处的切线的斜率为t，∴经过O，M，N三点的圆C在点处的切线斜率为t，…………………………………8分5月三校联考数学第2页共2页