【文档说明】陕西省榆林市府谷中学2023-2024学年高三上学期11月月考 理数答案.pdf，共(13)页，446.744 KB，由小赞的店铺上传

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理科数学四参考答案，提示及评分细则1．A方程22264920xymxymm表示圆，则2222436164920DEFmmm，解得2m，即m的取值范围为2,．故选A．2．B设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，所以2

πrπl，所以2lr，所以2233πrπrlπrπ，解得1r，所以该圆锥的底面直径为22r．故选B．3．A当13m时，直线1l的斜率为19，2l的斜率为－9，又1919，所以12ll，充分性成立；直线1l：3

30mxy，2l：3210mxmy，若12ll，则有3230mmm，解得0m或13m，必要性不成立．所以“13m”是“12ll”的充分不必要条件．故选A．4．由祖暅原理，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积

相等，故222211221133332646264632426334444VSSSSh．故选B．5．C因为圆1C：22129xy和圆2C：

22114xy交于A，B两点，所以直线AB的方程为2310xy，所以1C到直线AB的距离2223219131323d，所以212132913ABd，又2212112113CC

，所以12121112131362213CACBSCCAB四边形．故选C．6．C若，l，m，则l与m可能平行，可能相交，可能异面，故A错误；若m，，则m可能α在内，故B错误；若//l

m，l，m，则//，故C正确；若//，且l与α所成的角和m与β所成的角相等，则l与m异面或相交，故D错误．故选C．7．D由函数fx是定义在R上的奇函数，1fx为偶函数，可得fxf

x，11fxfx，即2fxfx，所以2fxfx，可得+42fxfxfx，则4是fx的周期，当01x时，2log1fxx，则22319119log3

2log38888fff．故选D．8．C连接BE，取AD中点为M，BE中点为F，记AB中点为O，连接OM，OF，MF，AF，则//OMBD且，//OMBD且12OMBD，//OFAE且12OFAE，则MOF为直线AE与BD所

成的角或所成角的补角．设2AB，所以222222BD，因为点E在底面圆周上，且是AB的中点，则AEB△为等腰直角三角形，所以222BEAEAB．因为22110222AFAEEF，正方形ABCD是圆柱的

轴截面，所以AD底面ABE，又AF底面ABE，所以MAAF，所以22514122MFAFMA，又122OMBD，1222OFAE，设直线AE与BD所成的角为θ，所以222172122coscos222222OMOFMFMOFOMOF

，所以3π，直线AE与BD所成角的大小为3π．故选C．9．D由于//EFGH，所以E，F，G，H四点确定一个平面EFGH，因此直线EH与FG一定共面，故D正确，C错误；只有当//EFGH且EFGH时，此四边形E

FGH为平行四边形，此时//EHGF，故A不正确；只有当//EFGH但EFGH时，此时四边形EFGH为梯形，此时EH，GF相交于点O，故B不正确．故选D．10．D因为2211cos48sin421cos48sin48sin42cos48cos48cos48cos48b

，0cos481，所以2sin48ba，因为222tan48sin48cos48sin48cos481tan48sin48cos48c，又sin48sin45cos45cos480，所以2sin48sin48cos48

，所以ac，所以cab．故选D．11．A在四棱柱1111ABCDABCD中，四边形11DDCC是平行四边形，又1CD与1CD交于点O，所以O是1CD的中点，所以112BOBCCOADCDCC

11122ABADAA，又2ABAD，12ABAA，10ADAA，所以2

211122BOABADAA2221111115442ABADAAABADADAAABAA，即5BO．故选A．12．B因为ABC△是

边长1为的等边三角形，所以1ABAC，3πCAB，所以12ABAC，又2AP，APABAC，所以22APABAC，即22221342

4．令12cos2，32cos2，解得232cossin3，43sin3．所以234322cossin2sin2cos23sin4sin334π

，所以min24，此时sin16π．故选B．13．2或6因为A的子集个数为2个，所以A中只有1个元素．当2a时，14104Axx，符合题意；当2a时，24420a，解得6a，此时2144102Ax

xx，符合题意．综上，a的值2为或6．14．5,3设,Pxy，由2PAPO，得222232xyxy，整理得22230xyy，即2214xy，即点P的轨迹

为圆，圆心为0,1C，半径为2．因为圆E：2239xym上存在点P满足2PAPO，所以223230123m，解得53m，即m的取值范围是5,3．15．

125,65以D为原点，以DA，DC，1DD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则14,4,4B，2,4,0E，10,0,4D设,,004,04Pxyxy，则14,4,4PBxy，1

2,4,4ED，又11BPDE，所以110PBED，即2444440xy，则240xy．当0x时，2y，设0,2,0F，所以点P在

底面ABCD内的轨迹为一条线段AF，所以222214445832BPxyyy，02y，所以1max6BP，1min1255BP，所以线段1BP的长度的取值范围是125,65．1

6．35356π如图，作1//PMAA，交AB于M，则13PMAA，过M作MNBC交BC于点N，连接PN．易得PM平面ABC，则PNM是二面角ABCP的平面角，所以tan3PMPNMMN

，所以1MN，又32ABAC，6BC，所以2MB，所以22AM，122AP．可把三棱锥11AACP补成棱长为32，22，3的长方体，则三棱锥11AACP的外接球的半径为222322233522R，所以三棱锥11AACP的外接

球的体积为34353535326ππ．17．证明：（1）连接1CA交1CD于点G，连接EG，如图所示．在三棱柱111ABCABC中，11//ACAC，所以11GACGCD，11GC

AGDC，所以1GACGCD∽△△，所以111GCCDGAAC，又D是棱AC的中点，11ACAC，所以112GCGA，又E是棱BC上的一点，且2BECE，所以1GCCEGAEB，所以1//ABGE，又1AB平面1CED，G

E平面1CED，所以1//AB平面1CED．（2）在ABC△中，ABBC，D是棱AC的中点，所以BDAC．在直三棱柱111ABCABC中，1AA平面ABC，又BD平面ABC，所以1AABD，又1AAACA，1AA，AC平面11ACCA，所以DB平面11ACCA，又

1CD平面11ACCA，所以1CDBD．18．解：（1）因为21sinsin2sincossin22BaCaAaAbA，由正弦定理得2221sinsinsin2sincossinsin22BACAA

AB，又0,Aπ，所以sin0A，所以211cos1sinsin2sincossin2sinsin2222BBCAABAB，即1sinsincossinsincoscossin2CABBABAB

，所以1sincossin2BAB，又0,Bπ，所以sin0B，所以1cos2A，又0,Aπ，所以3πA．（2）由234sinsinsin32abcABC，又2sinsin2BC，所以2442b

c，所以22bc，由余弦定理得2222222cos812abcbcAbcbcbcbcbc，所以4bc，所以2216bc，所以222224bcbcbc，所以26bc，所以2623abc，即ABC△的

周长为2623．19．（1）证明：因为PA平面ABCD，所以直线PB与平面ABCD所成的角为PBA，所以45PBA，又AB，CD平面ABCD，所以PAAB，PACD．在PAB△中，PAAB，45PBA

，1PA，所以1AB．在梯形ABCD中，//BCAD，90ABC，22ADBC，1AB，所以2AC，2CD，所以222ACCDAD，所以ACCD，又ACPAA，AC，PA平面PAC，所以CD平面PAC，又CD平面PCD，

所以平面PAC平面PCD．（2）解：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，所以0,0,0A，0,2,0D，1,1,0C，0,0,1P所以10,1,2E，11,0,2C

E，1,1,0AC设平面ACE的一个法向量为1111,,nxyz，所以1111110,102nACxynCExz令112x，

解得112y，11z，所以平面ACE的一个法向量111,,122n．因为1,1,1CP，设平面PCE的一个法向量为2222,,nxyz，所以22222220,10,2nCPxyznCExz

令21y，解得21x，22z，所以平面PCE的一个法向量21,1,2n，所以12221222cos411111444nnnnnn由图可知，二面角PCEA的大小为锐角，所以二面角PCE

A的余弦值为23．20．（1）证明：因为12a，212nnba，所以1124ba，2111221212121222242222nnnnnnnnabaabaaa，所以数列nb是以4为首项，2为公比的等比数

列．（2）解：由（1）知11212422nnnnba，所以213122212222nnna，所以当21nk，*kN时，32222nna．当2nk，*kN时，

1213124nnnnSaaaaaaaaa1311311312223nnnaaaaaaaaa1323223222222n

2132322412322233312nnnn2232212nn．当21nk，*kN时，132222111

2323112222nnnnnnnSSaSan722311nn．综上，7*22*22211,21,,32312,2,.nnnnnkkSnnkkNN21．（1）证明：在

ABC△中，D，E分别为AB，AC的中点，所以//DEBC，ADAE，所以11ADAE，又O为DE的中点，所以1AODE．因为平面1ADE平面BCED，平面1ADE平面BCEDDE，1AO平面1ADE，所以1AO平面B

CED，又BD平面BCED，所以1AOBD．（2）解：取BC的中点G，连接OG，所以OEOG，以O为坐标原点，OG，OE，1OA所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则10,0,2A，0,1,0D，0,1,0E，2,2,0B，

2,2,0C，所以12,2,2BA．设12,2,22,2,201BFBA，所以2,1,02,2,222,21,2DFDBBF

，又0,2,0DE，设平面DEF的一个法向量为,,nxyz，所以20,222120,nDEynDFxyz令x，解得0y

，1z，所以平面DEF的一个法向量为,0,1n，又2,1,0EC，设直线EC和平面DEF所成角的大小为θ，所以22222224sincos,55221211nECnBC

nEC，解得23或2（舍），所以123BFBA．所以1111111114222333329ADEFFADEBADEAB

DEVVVV，即三棱锥1ADEF的体积为49．22．（1）解：若1a，则2ln1fxxxx，所以ln12fxxx，所以13f，又10f，所以函数fx的图象

在1x处的切线方程为031yx，即330xy．（2）解：若0fx对任意的1,x恒成立，即1ln0xaxx对任意的1,x恒成立．令1lngxxaxx

，1x，所以222111axxagxaxxx，若0a，则0gx，所以gx在1,上单调递增，所以10gxg，不符合题意．若0a，方程20axxa的判别式2

14a，公众号：全元高考当2140a，即102a时，令0gx，解得211412axa，令0gx，解得21142axa，所以gx在21141,2aa上单调递增，在2114,2aa

上单调递减，所以2114102agga，不符合题意；当2140a，即12a时，则0gx，所以gx在1,上单调递减，所以10gxg，符合题意．综上，a的取值范围为1,

2，（3）证明：由（2）知，当1x，12a时，11ln2xxx，令*2121nxnnN，所以22112114ln21212214121nnnnnnnn，所以24l

n21ln2141nnnn，所以22241424ln3ln1ln5ln3ln21ln2141142141nnnnln21n即22241424ln2

141142141nnn，*nN．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com