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bcosCccosBcosAacosBcosC3cosA,……………………………………………1分一、单项选择题:1-4DABC5-8CBCB由正弦定理得sinBCCBAABCAcossincoscossincoscos3cos,二、多项选择题:9.ACD10.ABC11.BCD12.BCsinBCAABCAcossincoscos3cos,………………………………………………3分31165三、填空题13.2314.m1315.16.;0A,则sinA0,故cosBCAcos2cos0,………………………………………4分24512四.解答题即cosBCBCcos2cos0,2sinBCBCsincoscos,17.解:(1)当n1时,a2,当n2时,递推得aS22n,12nn1即tanBCtan.……………………………………………………………………………………6分222222∴an1an21an,an1an+2an1=an1,因为数列an各项均为正数,所以(2)由知,BC,均为锐角,aann11,又∵aa211,∴数列为等差数列,故aan1n.…….……………………………………………5分tanBCtann1故tanABCBCBCtan2tantan4tantan22,n43k1tanBCtan(2)由bnsin得,,nb43k4kk3sin43222当且仅当tanBCtan时,等号成立.42k41k2,,b0;b42k4k2sin0b41k4kk1sin414k故的最大值为.分22tanA22………………………………………………………………………1220.解:(1)因为四边形AA11BB为菱形,所以A11BAB,令ckb4k3b4k2b4k1b4k2,平面AA11BB平面ABC,平面AA11BB平面ABCAB,AC平面ABC,ACAB,则T100b1b2b3b100c1c2+c25=25-2=-50.………………………………10分所以AC平面,……………………………………………………………………………2分1118.解:(1)PABPBA(),()∣∣,413又AB1平面,所以ACA1B,11113又ABACA,所以AB平面BAC,PABPBPBAPAPAPA(∣∣)()()()(),(),111451320又BC平面,所以ABBC.…….……………………………………………………5分7111PA,………………………………………………………………………………………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B1P2.理由如下:而PAPBPABPBPAB()()()()()∣∣10取AB中点D,连接,因为ABB60,所以AAB60,7413111AD111PABPAB,……………………………………………………8分又AAAB,所以AAB为等边三角形,所以ADAB,205544111111(2)因为A11B//AB,所以ADAB,不够良好良好总计又平面平面,平面平面ABCAB,AD平面,所以AD平面,……………………………………………………………………………6分患有该病kabkakb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Axyz,ABCAB(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(1,0,3),(1,0,3),未患该病kckdkcd11.AC(0,2,0),AB(2,0,0),AB1(1,0,3)总计kackbdkabcd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ABCl,所以AC//l,kabcdkad22kbc11111'2假设l上存在一点P,使AB1与平面ABP所成角为30,设BPACR,…………8分kabkcdkackbd12则BP(0,2,0),所以APABBP(1,2,3),kabcd()adbc111kk2.6410.8284.10,故k5.………………………12分abcdacbdmin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tE2nAB020x则,即,DE22∵,∴直线NC的斜率存在.∵圆心的坐标为C,,∴t1,nAP0x2y3z022Dt令y3,则z2,2即t3E20tD,即t3E2tE40②,……………………………………10分可取n(0,3,2),……………………………………10分t3又AB(3,0,3),所以由①②消去E,得E4,又,得tt32340,12nAB21|23|10即tt210.∵t2,∴t1,sin|cosn,A1B|,||nAB233421011故满足题设的点N存在,其坐标为1,.……………………………………………………12分221即342210,解得,此时BPAC2;xx2122.解:(1)fxeaxaxcos21ae1acosxx21,………………1分10令xcosx2x1,则xxsin20,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B1P2.……………12分10又00,a0,所以当x0时,x0,此时fx0;当x0时,x0,2221.解:(1)抛物线:2xpy过点M2,2,p1,抛物线C1方程xy2.…………1分此时fx0;11ykx2故fx在,0上单调递减,在0,上单调递增.………………………………………5分设直线l:ykx,设Ax11,y,Bx22,y由2,得x2kx10,22xxy2(2)由题意知,fxeacosx2ax1a0对xR恒成立.2∵直线l与抛物线有两个交点A,B,所以4k40①,令gxexacosx2ax1a,又g00,则gxg0恒成立;得xx2k,xx1,………………………………………………………………………3分1212x0不是函数gx的区间端点,故x0是的最小值点,同时也是极小值点.于是222222,AB1kx1x21kx1x24x1x2k14k42k161则必有g00,由gxexasinx2a,ga0120,则a.……………7分132解得k2,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,fxexcosxx0对恒成立.22313OAB的面积为S6.…………………………………………………………5分31xxcos622222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xy2,ex231111txxcossinxcosxx假设抛物线上存在点Nt,(t0且),t2令22,则222,2hxhxxexe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x22yDxEyF0,令txsinxcosxx,则txcosxsinx1cosx10,2222224F0tx在上单调递减,又t00,hx在在上单调递增,在上单调递减;则2DEF28,2424tD2tE4Ft4thxh01,得证!整理得t32E2t4E40①,……………………………………………………………7分故.………………………………………………………………………………………………12分∵xy22,两边同时对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
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