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2023-2024学年度安康市高三年级第一次质量联考(期中考试)理数答案
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2023~2024学年度安康市高三年级第一次质量联考数学试卷参考答案(理科)1.D因为AB,所以1B.当2a31时,a2,此时a11,舍去;当12a1时,a0,此时A1,1,B1,3,1,符合题意.2a4,因为2,所以故2.Cai1ai2aa1i43i2a2.a13,3.A作出可行域(图略),当直线zx2y经过点0,6时,z有最小值,最小值为-12.0.34.B因为aln0.30,blog0.30.50,1,c51,所以abc.5.Ax450.1550.2650.3750.2850.15950.0567.5.6.C因为PF1的最大值为ac,所以ac6.因为PF1PF22F1F2,由椭圆定义得2a4c,即x2y2a2c,所以c2,a4.因为a2b2c2,所以b23,所以椭圆C的标准方程为1.161237.A因为a2b2c22bccosA,且a45,b5,cosA,所以8025c26c,整理得52c6c55c5c110,故c11.2xxx108.C因为fxsincos2sin,所以fx的最小正周期是1,最小值为2.555452x9.D因为fx2xx1e,所以fx在,1,0,上单调递增,在1,0上单调递减,故极大值点为-1.10.A因为fx为奇函数,且f32,所以f32.因为fx单调递增,所以不等式2„f3x„2等价于3„3x„3,故x0,6.11.D设直线l1与l2的斜率分别为k1,k2,则k1k21,ykx2,联立方程组1消去y并整理得2222,2k1x4k12x4k10y8x,24k128设Ax,y,Bx,y,则,1122x1x2242k1k1学科网(北京)股份有限公司88ABAFBFx12x2282,同理MN82,k1k2881于是得2…,ABMN1622168k1232k1k2k1当且仅当22时,等号成立,所以的最小值为k1k21ABMN32.12.B圆锥内半径最大的球为该圆锥的内切球,如图,该圆锥的母线长BS9,底面半径BC4,则高SCBS2BC265.记该内切球与母线BS切于点D,则ODOCr,BCBD4.在RtSOD中,SO2OD2SD2,即(65r)2r2(94)225,4652320解得r,故所求球的表面积为4r.1313注:也可用三角形的内切圆半径公式计算,在SAB中,SASB9,AB8,1465320高SC65,则998r,所以r,故所求球的表面积为.2131313.0.99因为XB100,0.01,所以DX1000.010.990.99.3514.因为coscossin,所以21221212252223coscossincoscos2cos.12121212126215.由题意知斩堵ABCABC为半个正方体,连接AB,则ABAB.2111111因为AB1A1C1,A1BA1C1A1,所以AB1平面A1BC1,所以AB1BC1,所以异面直线AB与BC所成的角为.112学科网(北京)股份有限公司16.5因为a1,2,a∥c,所以可设c,2.因为abc,所以abcabac0.因为b3,4,所以550,得1,所以c1,2,故c5.17.解:(1)设an的公比为q,因为a18,a33a232,2所以8q224q32,即q3q4q4q10,解得q1或q4.因为,所以,故n12n1an0q4an842.1(2)由(1)知blogalog22n1n,n4n42nn11n22n所以Tn.n22218.(1)证明:取AB的中点G,连接MG,NG.因为M,G分别是PB,AB的中点,所以MG∥PA.因为N,G分别是CD,AB的中点,且ABCD为矩形,所以NG∥AD.因为MGNGG,ADPAA,所以平面MNG∥平面PAD.因为MN平面MNG,所以MN∥平面PAD.学科网(北京)股份有限公司(2)解:由题意易知,CP,CB,CD两两垂直.如图,以C为坐标原点,CD,CB,CP的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系.因为2PC3AB4BC12,所以A4,3,0,3N2,0,0,M0,,3.23设平面AMN的法向量为mx,y,z,因为AM4,,3,AN2,3,0,23mAM4xy3z0,所以2令x3,得m3,2,3.mAN2x3y0.取平面ABCD的一个法向量为n0,0,1,mn3322因为cosm,n,mn22122322所以平面AMN与平面ABCD夹角的余弦值为.2219.解:(1)记顾客A获得200元购物券为事件M,即前两次取的球都同色,C2C2C2C2C2C2C2C21919所以顾客获得元购物券的概率25223337A200PM2222222.C5C7C5C7C5C5C7105(2)顾客A获得购物券的金额可能为0元,100元,200元.记顾客A获得0元购物券为事件N,即前两次取的球均不同色,第三次取的球仍不同色,C1C1C1C1C1C1C1C115623432233,PN2211C5C7C5C5875学科网(北京)股份有限公司191561682所以顾客A获得100元购物券的概率为1,1058752625所以顾客A获得100元购物券的概率最大.ax2a1xaxax120.解:(1)fxa1x(x0).xxx当a„0时,fx在0,1上单调递减,在1,上单调递增.当0a1时,令fx0,得0xa或x1,令fx0,得ax1,所以fx在0,a和1,上单调递增,在a,1上单调递减.当a1时,fx…0恒成立,则fx在0,上单调递增.当a1时,令fx0,得0x1或xa,令fx0,得1xa,fx在0,1和a,上单调递增,在1,a上单调递减.综上所述,当a„0时,fx的单调递减区间为0,1,单调递增区间为1,;当0a1时,fx的单调递增区间为0,a和1,,单调递减区间为a,1;当a1时,fx的单调递增区间为0,,无单调递减区间;当a1时,fx的单调递增区间为0,1和a,,单调递减区间为1,a.1(2)fx…xaexx2ax,即alnxx…xaex,整理得lnxaxa…lnexex.2因为x1,,a0,所以xa1,ex1.令gxlnxx,x1,.1因为gx10,所以gx在1,上单调递减.xaaaxxx因为gxlnxx…gelnee,所以xa„ex,所以alnx„x.xxlnx1因为lnx0,所以a„.令hx,x1,,则hx.lnxlnx(lnx)2令hx0,得xe,令hx0,得1xe,学科网(北京)股份有限公司所以hx在1,e上单调递减,在e,上单调递增,所以h(x)minhee,所以0a„e,即实数a的取值范围是0,e.21.(1)解:因为焦距为4,所以c2.61将点代入的方程中,得6,1C221.ab因为a2b2c24,解得a23,b21,x2所以双曲线C的方程为y21.331(2)证明:由(1)知,M的横坐标为,设直线MF的方程为xmy2,则y.22M2mxmy2,联立方程组2得m23y24my10x2.y1,34m1设Ax1,y1,Bx2,y2,则yy,yy,m3.12m2312m231y3因为l∥OA,所以直线l的方程为y1x.2mmy122y直线OB的方程为y2x,my221y13yx,2mmy22联立方程组1yy2x,my2212yyy得122,ym2y1y24m1由yy,yy两式相除,12m2312m23yy11得12,则,y1y2y1y2y1y24m4m学科网(北京)股份有限公司1112yyyyyy所以12m22m12m2yP2y1y22y1y21.yy1212m2y1y24myMyQ因为yQ0,所以y,故P为线段MQ的中点.P2xt,22.解:(1)因为直线l的参数方程为(t为参数),y56t所以直线l的普通方程为6xy50.6因为曲线C的极坐标方程为,2sin26所以2,即222sin26.2sin22x2y2,因为所以2x23y26,siny,x2y2所以曲线C的直角坐标方程为1.32x3cos,(2)因为曲线C的参数方程为(为参数),y2sin所以设P3cos,2sin,32cos2sin525cos5所以d,77335当cos1时,d.max723.解:(1)若a2,则fx2x4x2.当x„2时,由2x4x2„4,得x…10,所以10„x„2;22当2x2时,2x4x2„4,得x„,所以2x„;33学科网(北京)股份有限公司当x…2时,由2x4x2„4,得x„2,所以x.2综上所述,不等式fx„4的解集为10,.3x4a,x„2,(2)因为fx2x4xa3x4a,2xa,x4a,x…a,a4所以fx的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A4a,0,B,0,3C2,2a,1a422所以ABC的面积为4aa2(a2).2332由(a2)26,得a1或a5(舍去),故a1.3学科网(北京)股份有限公司

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