滨城高中联盟2023-2024学年度上学期高三期中Ⅱ考试数学试卷答案一、单项选择题：1-4ACDB5-8CBAD二、多项选择题：9.ABD10.BCD11.CD12.BCD三、13.14.1a415.1011n2021,nN16.265四．解答题3217、解：(1)设M坐标，，则�−4�+1=−1���−1�+42−2+1=0解得，即M坐标，�=3圆与轴相切于30圆方程.……………5分�=0(2),圆半径3，22∵MyO∴M�−3+�=9P轨迹是以为圆心，为半径的圆，∵????=4�∴PM=5又∴P在直线M上5，直线与圆有公共点，即，6+�2x+y+k=0∴5≤5…………10分001∴8−、1解1≤：k（≤1−）1设CAD，因为C90，所以B90，在中，AD是BC边上的中线，所以BDDC，ADBDBD在∆ABC中，由正弦定理及诱导公式可得=，sinBsincosC∆ABDADDCDC在中，由正弦定理及诱导公式可得=，sinCsincosB∆ACsiDnBsinC所以，即sin2B=sin2C，cosCcosB在中，、，，所以B=C或BC900，�因此∆ABC的形B状C是∈等0腰三2角形或是直角三角形.……………………………6分（2）因为b8,c6，所以BC，∆ABC由（1）可知的形状是直角三角形.且A900，∆所A以BCa2b2c2100所以ADBDDC=5，在中，由余弦定理可得，AD2DC2b22525647所以∆AcCoDsADC.……………………………12分2ADDC22525数学试卷答案第1页共5页{#{QQABRQAEgggoABIAABgCQQ0YCkAQkBGCCIoGBFAEsAAAwAFABAA=}#}19（1）由+4，得=4，则，，��+1=����−3��+1−����−3∴��+1=4��−3数列是以1为首项，4为公比的等比数列��+1−1=4��−1�1−1=2−1=1≠0∴��−1≠0∴��−1�−12+�3−2∴��−1=4=2+3……………6分∵��=????�2��−12�−2∴（�2�）=????�22=2n+1�+11+��∵��=−1∙����+1�+12�+2�+1111�∴�=−1∙2�+12�+3=−1∙22�+1+2�+3∴��=�1+�2+�3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅��1111111�+111=+−+++−⋯+−1+当2为奇3数5时，57792�+12�+311112���=23+2�+3>6>21当为偶数时，，由，可知是递增数列，111���=23−2�+3��+2−��>0��……………12分222∴0�．�解≥：�（21=）21取A∴C��中≥点21O，连接DO、OB，在正和正中，AC2，则DOAC,BOAC,DOBO3，而平面∆ACADCD平∆A面BCABC，平面ACD平面ABCAC，DO平面ACD，BO平面ABC，于是DO平面ABC，BO平面ACD，又BE平面ABC，即有DO//EB，而DOEB3．因此四边形DOBE是平行四边形，则DE//OB，从而DE平面ADC，AM平面ADC，所以DEAM.……………6分（2）由（1）知，DE平面ADC，EMD为EM与π平面ADC所成的角，即EMD，………7分3DE3DM1在Rt△EDM中，π，即M为DCtan33中点，……………8分由（1）知，OB,OC,OD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，数学试卷答案第2页共5页{#{QQABRQAEgggoABIAABgCQQ0YCkAQkBGCCIoGBFAEsAAAwAFABAA=}#}13则A(0,1,0),B(3,0,0),D(0,0,3),C(0,1,0),M(0,,)，2233，显然平面的一个法向量为，AB(3,1,0),AM(0,,)DACn1(1,0,0)22设平面MAB的一个法向量为n2(x,y,z)，nAB3xy02则，令，得，33x1n2(1,3,3)nAMyz0222|n1n2|113|cosn1,n2|，222|n1||n2|11(3)31313所以平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值为．……………12分13221解：（1）设Px,y，依题意，x1y2x1，两边平方并整理，得y22x2x，2所以曲线C的方程为y2x2x．（写成分段函数也可以）……………4分（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Mx3,y3，Nx4,y4，依题意，设直线l的方程为ykx1，x2y21由43消去y并整理，得ykx134k2x28k2x4k2120，因为点F为椭圆E的右焦点，恒成立2∴∆>20因此8k，4k12，…………5分，则x1x22xx34k1234k28k24k21212(k21)AB1k2(xx)24xx1k2()24，…121234k234k234k2………7分数学试卷答案第3页共5页{#{QQABRQAEgggoABIAABgCQQ0YCkAQkBGCCIoGBFAEsAAAwAFABAA=}#}24x,x0由（1）知，y2x2x，0,x02若直线l交曲线C于M、N两点，且k0，则直线l与y4xx≥0相交，2y4x2222由消去y并整理，得kx2k4xk0，ykx1而点F为抛物线y24x的焦点，恒成立∴∆>02k24则xx，34k24k21于是MNxx2，34k2214k33k243k23从而，ABMN12k2112k2112k211要使为定值，则433，即3，ABMN所以实数λ的值为3．……………12分1122.解：（1）由题知fxacosx，令h(x)acosx，所以1x1x1h(x)asinx，(1x)2又因为x1,0时，，a为正实数，故h(x)0在区间1,0恒成立，sinx≤0所以函数fx在区间1,0上单调递增，且f0a1．①当0a1时，fxf00在区间1,0上恒成立，函数fx在1,0上单调递减，此时fxf00，符合题意．数学试卷答案第4页共5页{#{QQABRQAEgggoABIAABgCQQ0YCkAQkBGCCIoGBFAEsAAAwAFABAA=}#}11②当a1时，f0a10，f1acos1aaa0，aa1由零点存在定理，时，有，x01,0fx00a即函数fx在区间1,x0上单调递减，在区间x0,0上单调递增，所以当xx0,0时，有fxf00，此时不符合，综上所述，正实数a的最大值为1．……………6分（2）由（1）知，当a1，x1,0时，sinxln1x，……………7分111k21令时，有，x2(k1,kN)sinln1lnkk2k2k21k2kk122133即sinlnln，所以sinln，sinln，……，k2k21k1k1221332241nnsinln，n2n1n1累加得1112233nnsinsinsinlnlnln，……10分2232k21324n1n1即n12233nn2nnsin2lnlnln2ln