【文档说明】四川省绵阳南山中学2022-2023学年高三下学期开学考试（2月）数学（理）答案.pdf，共(6)页，332.266 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，共5页绵阳南山中学2020级高三下期入学考试参考答案1．A．2．B.3．C4．A5．C6．D7．C8．B9．D10．B11．D12．A11.【详解】如图，作1F为椭圆M的左焦点，连接111,,AFCFBF．设AFx，则2xBF，2CFax

，122xBFa，因为A，C是椭圆上关于原点O对称的两点，直线AF与椭圆的另一个交点为B，AFFC所以1AFAF所以222222(2)4,3(2)2,22axxcxaxxa可得53ca．故选：D12．A【详解】因为ππ01

.2522，1π032，所以πcos1.25sin1.252c，由于π6π115191.2521233412，故π11.2523，故π1sin1.25sin23，设π()sin,(0,)2uxxxx，则π()c

os10,(0,)2uxxx，即π()sin,(0,)2uxxxx单调递减，故()(0)0uxu，即πsin,(0,)2xxx，故11sin33，即cb；ln1.5a，10.51.5131.51.5b

，令lnfxx，111xgxxx，令1()()()ln1,0hxfxgxxxx，则22111(),0xhxxxxx，当01x时，()0,()hxhx在(0,1)递减，当1x

时，()0,()hxhx在(1,)递增，所以()(1)0hxh，即fxgx（当且仅当1x时等号成立），∴1.51.5fg，即1.511ln1.51.53，即ab，∴abc，13．3214．21

5．1516．642π316.【详解】解：取BC的中点D，连接PD，AD，PBPC，PDBC，PBC的面积为53，则123532PD，解得5PD，332ADBC，2227PBPDBD，又90

PAB，224PAPBAB，所以222PAADPD，即PAAD，又PAAB，ABADA，,ABAD平面ABC，可得PA平面ABC，将三棱锥PABC补成正三棱柱11PBCABC，三棱锥PABC的外接球即正三棱柱的外接球，外接球的球心O为上、

下底面的外接圆圆心的连线12OO的中点，连接2AO，AO，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，2223rDAOA，则2248Rr，所以22R，所求外接球的体积为34π642π33RV；故答案为：642π317．【详解】解：（1

）由22nnnaaS①，∴21112nnnaaS②；答案第2页，共5页②减①即得：221111nnnnnnnnaaaaaaaa．由0na，可得11nnaa.当1n

时，21112aaa，解得10a（舍去）或11a.所以na是首项为1，公差为1的等差数列，通项公式为nan.（2）由（1）可知22nannb∴231234222nnTnn

①231231234222nnTnn②②-①∴231312322222nnnTn124212312321nnn10223112nn1022

3112nnTn18.【详解】（1）解：因为2coscoscosBACacabbc，所以2coscoscosbBcAaC，由正弦定理可得2sincossincossincosBBCAAC，即2sincossinsinB

BCAB，因为0,πB，所以sin0B，所以1cos2B，则3B.（2）解：因为6b，3B，由余弦定理2222cosbacacB，即226acac，所以2262acacac当且仅当ac时取等号，所以6ac，则1333sin242

ABCSacBac，当且仅当6ac时取等号，所以max332ABCS，又12ABCACBDS，所以33222322266ABCABCSSBDAC，故BD的最大值为322.19.【详解】（1）证明：因为1AA平面ABC，CB

平面ABC，所以1AABC，在三棱柱111ABCABC-中，四边形11AACC为平行四边形，则118ACAC，因为43AB，4CB，所以222ABCBAC，所以CBAB，又因为1ABAAA，1AA平面11ABBA，AB平面11ABBA，所以CB平面11AB

BA，因为11//CBCB，所以11CB平面11ABBA，又1AD平面11ABBA，所以111CBAD．1832ABCSABBC△，D为AB的中点，则1432ACDABCSS△△，因

为1AA平面ABC，答案第3页，共5页11111143833AACDAACDACDVVSAAAA，所以123AA，所以在11ADB△中，1126ADBD，1143AB，所以222111

1ADBDAB，所以11ADBD，1111CBBDB，111,CBBD平面11BCD，所以1AD平面11BCD；（2）因为1BB平面ABC，BCAB，以点B为坐标原点，BA、1BB、BC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则0,0,4C、

23,0,0D、143,23,0A、10,23,0B，设平面1DAC的法向量为111,,mxyz，123,23,0DA，23,0,4DC，则11111232302340mDAxymDCx

z，取12x，可得2,2,3m，设平面1ACB的法向量为222,,xnyz，143,23,0BA，0,0,4BC，则122

24323040nBAxynBCz，取21x，可得1,2,0n，所以，6655cos,55115mnmnmn，所以平面1DAC与平面1ACB夹角的余弦值为65555.20．【详解】（1）因为

抛物线2:2(0)Cypxp的焦点到准线的距离是1，所以1p，标准方程为22yx．（2）当1y时，12x，所以1,12P，设222,2,2,2AaaBbb，则直线AB为2122yaxaab

，即20xabyab．因为直线1:02PAxaya与圆222:(2)Oxyr相切，所以22112ara，整理得2222514404rarar．同理，直线PB与圆222:(2)Oxyr相切，可得

2222514404rbrbr．所以可得,ab是方程2222514404rxrxr的两个根，答案第4页，共5页所以22225444,11rrababrr，代入20xabyab，化简得2548

02xyrxy，若直线过定点，则须满足502480xyxy，解得23116xy所以直线AB恒过定点211,36．21．【详解】（1）解：当1a时2()2lnfxxxx定义域为0,，又

222221152212248()20xxxfxxxxx，所以fx在0,上单调递增，即fx的单调递增区间为0,，无单调递减区间.（2）解：由题知，2ln2axfxxx，函数fx的定义域为0,，

2222222axaxfxxxx，当0a时，对任意的0x，()0fx¢>恒成立，故fx在0,上单调递增，没有极值点；当04a时，2160a，0fx且fx不恒为零，故fx在

0,上单调递增，没有极值点；当4a时，令0fx，解得21164aax，22164aax，则120xx，当20,xx时，()0fx¢>；当21,xxx时，0fx；当1,xx时，()0fx¢>，

此时函数fx的单调递增区间为2160,4aa、216,4aa，单调递减区间为22161644aaaa,.综上，当4a时，fx有两极值点1x、2x，且122a

xx，121xx，所以12112212222ln2lnfxfxxaxxaxxx1111112111114ln44lnxxaxxxxxxx，设1xt，1144lnhtttttt，其中

1,et，所以222241ln11114141lntthtttttttt，又因为1,et，可知0ht，所以ht在

1,e上单调递减．∴1ehhth，即80eht，所以12fxfx的取值范围为8,0e.答案第5页，共5页22．(1)解：由题意得：由1C：1,,xtyt（t为参数），消去t得：10xy故1C的极坐标方

程为cossin10由2C：33cos,223sin,2xy（为参数），消去得：2230xyx,故2C的极坐标方程为3cos(2)设1,A，2,B．联立42cossi

n1025103cos93所以2212152故222212152OAOB23.【详解】（1）因为0t，所以(2)2(),222(2)2(),2(2)2(),xxtxfxxxtxxtxtxxtxt

，即322,222,2322,xtxfxxtxtxtxt，则()fx在(,)t内单调递减，在(,)t内单调递增，所以min()()2fxftt，由题意，得

25t，解得3t.（2）由（1）知，23abc，14111412232abcabcabc21121232abcabc2116(121)33，当且仅当38a、32b、34c时取等号，所以1412abc

的最小值为163.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com