【文档说明】四川省绵阳南山中学2022-2023学年高三下学期3月月考试题 数学（理）答案.docx，共(7)页，547.994 KB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学2023年春3月月考数学（理科）试题答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1—5ABCCD6—10DBCAC11—12CB11题解析【详解】由()()110fxfx−++=，对上式求导可得()()110fxfx−−++=，即()

()11fxfx+=−，所以()fx关于1x=对称，因为cbxxxf++=23)('2，所以()fx图像的开口向上，对称轴为1x=，由()()231fxfx+−，得23111xx+−−−，解得40x−.故选：C.

12题解析【详解】在RtABD中，因为M为AD中点，故BMAD⊥，且2BM=，因为CDBC⊥，CDAB⊥，所以CD⊥平面ABC，故CDBH⊥，又因为MHBH⊥，所以BH⊥平面ACD，因此BHAD⊥，故AM⊥平面BHM，三棱锥MH

AB−的体积等于三棱锥ABHM−的体积，即只需底面BHM面积最大即可.因为2222BHHMBM+==，则22BHHM，故1122BHMSBHHM=，当且仅当1BHHM==时取等号.在RtABC中，30CAB=，故23BC=，过点C作CKBD⊥，取AB，AC的中点T，

N，连接MN，MT，过点T作CK的平行线交MN于点O.由CK⊥平面ABD知OT⊥平面ABD.又DC⊥平面ABC，故MN⊥平面ABC.因此O为三棱锥MABC−的外接球的球心，由tantantan2CDTOMKCDCBKBC==

==，因为1TM=，所以2tan2TMOTTOM==，故2232ROA==，即三棱锥MABC−的外接球表面积为6.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.214.5015.)0,+

16.52−16题解析：【详解】将已知直线(1)460+−+−=mxmy化为()460−++−=mxxy，当4x=时2y=，可确定直线过定点(4,2)，记为M点.∵过点F做直线(1)460+−+−=mxmy的垂线，垂足为Q，∴FQ⊥直线(1)

460+−+−=mxmy，即,90⊥=FQMQFQM，故Q点的轨迹是以FM为直径的圆，半径2r=，其圆心为FM的中点，记为点H，∴(3,1)H，∵P在抛物线2:8Cyx=上，其准线为2x=−，∴PF等于P到准线的距离

.过P作准线的垂线，垂足为R.要使||||PFPQ+取到最小，即||||PRPQ+最小，此时R、P、Q三点共线，且三点连线后直线RQ过圆心H.如图所示，此时()min||||52+=−=−PRPQHRr.故答案为：52−三、解答题：共70分.（一）必考题：60分1

7.（12分）解：（1）记恰好2名学生都是优秀的事件为A，则()242206319095CPAC===.（2）抽到一名优秀学生的概率为41205p==，X的取值为0,1,2，()200241160552

5PXC===,()111241815525PXC===,()022241125525PXC===,故X的分布列为：X012P1625825125()1681201225252

55EX=++=18．（12分）解：（1）若选①，由coscosaBbAcb−=−及正弦定理，得sincoscossinsinsinABABCB−=−，即()sincoscossinsinsinABABABB−=+−，即sincoscossinsin

coscossinsinABABABABB−=+−，所以2cossinsinABB=，因为0πB,所以sin0B，所以1cos2A=，又0πA,所以π3A=．若选②，由tantantan3tantan0ABCBC++−=，得()tantantantan

tantan1tantan3tan1ABABCABABB++==−+=−−−，∴3tantantanBAB=，因为0πB,所以tan0B，当π2B=时，tanB不存在，所以tan3A=，又0πA,所以π3A=．若选③，因为ABC的面积

为()1sinsinsin2abBcCaA+−，所以()11sinsinsinsin22ABCSabBcCaAbcA=+−=△，即222bcabc+−=，所以2221cos22bcaAbc+−==，又0πA,所以π3A=．（2）由（1）知，π3A=，∵ABC内切圆半径为3，∴()113sin

22abcbcA++=，即()3832bcbc++=182bcbc++=①，由余弦定理，得222π2cos3abcbc=+−，即2212642bcbc+−=，所以()2364bcbc+−=②，联立①②，得2183642bcbc−−=，解得4

4bc=，所以134411322ABCS==△．19．（12分）解：（1）证明：连接BE，取线段AE的中点O，连接,DOOC，在RtADEV中，2DADE==，,1DOAEDO⊥=，在OEC△中，131,2,π24OEAEECOEC====，由余弦定理可得：2212212

52OC=++=，5OC=在DOC△中，2226,DCDOOC==+DOOC⊥，又,AEOCO=,AEOC平面ABCE，DO⊥平面ABCE，又DO平面,ADE∴平面ADE⊥平面ABCE，在ABE中，2,22AEBEAB===，BEAE⊥∵平面ADE平面,ABCEAEBE=平面

ABCE，BE⊥平面ADE.（2）过E作DO的平行线l，以E为原点，,,EAEBl分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，()()()()1,0,1,1,1,0,2,0,0,0,2,0DCAB−，平面ADE的

法向量()10,1,0n=，在平面直角坐标系xOy中，直线AB的方程为2xy+=，设H的坐标为(),2,0tt−，则()()1,1,0,2,1,1HCttDC=−−−=−−，设平面DHC的法向量为()2,,nxyz=，220,0nHC

nDC==，所以()()110,20txtyxyz−−+−=−+−=，令1yt=+，则()21,3,1,1,3xtztnttt=−=−=−+−，由已知1222212π21cos421(1)(1)(3)nnt

nnttt+===−+++−，解之得：1t=或9（舍去），所以点H是线段AB的中点.20．（12分）解：（1）根据题意可知()fx的定义域为()0,+，()()ln1fxmx=+，令()0fx=，得1=xe．当0m时，10xe时，()0fx，1xe时()0fx¢>

；当0m时，10xe时，()0fx¢>，1xe时()0fx．综上所述，当0m时，()fx在10,e上单调递减，在1,e+上单调递增；当0m时，()fx在10,e上单调递增，在1,e+上单调递减．（2）

依题意，22ln1mxxxxe−−，即12ln0xmxxe+−−在()0,+上恒成立，令()12lnxmxxpxe=+−−，则()222111mxmxpxxxx−−=−−=．对于21yxmx=−−，2m40=+，故其必有两个零点，

且两个零点的积为1−，则两个零点一正一负，设其正零点为()00x+,，则20010xmx−−=，即001mxx=−，且()px在()00,x上单调递减，在()0,x+上单调递增，故()00px，即00000112ln0xxxxxe+−−−．令()11

2lnqxxxxxxe=+−−−，则()2222111111ln11lnqxxxxxxx=−−+−−=−+，当()0,1x时，()0qx，当()1,x+时，()0qx，则()qx在(

)0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，又()10qqee==，故01,xee，显然函数001mxx=−在1,ee上是关于0x的单调递增函数，则11,meeee−−，所以实数m的取值范围为1

1,00,eeee−−．21．(12分)解：（1）由题意，设椭圆半焦距为c，则12ca=，即2222114cbaa=−=，得32ba=，设()1111,,2OABBxySay=，由1yb，所以OABS的最大值为12

ab，将32ba=代入132ab=，有2334a=，解得2,3ab==，所以椭圆的标准方程为22143xy+=；（2）设()22,Cxy，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，设直线BC方程为xmyt=+，与椭圆方程联立得()2223

463120mymtyt+++−=，()()222236123440mtmt=−+−，可得2234tm+，由韦达定理可得21212226312,3434mttyyyymm−+=−=++，直线BA的方程为11(2)2yyxx=−−，令xt=

得点M纵坐标11(2)2Mytyx−=−，同理可得点N纵坐标22(2)2Nytyx−=−，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得PAPOPMPN=，即(2)MNttyy−=，()()()()()222

1212122212121212(2)(2)(2)2222(2)(2)MNyytyytyytyyxxmytmytmyymtyyt−−−===−−+−+−+−++−()()()222222234(2)346(2)34(2)ttmtmttmt−−=−−−++−()22223(2)(2)3(2)6

34(2)ttmtmtmt+−=+−++−23(2)(2)3(2)(2)4(2)4ttttt+−==+−−，由2t，故3(2)(2)(2)4tttt−=+−，解得6t=．（二）选考题:共10分.22.（10分）（1）（1）∵C1的参数方

程为45cos{55sinxtyt=+=+∴（x－4）2＋（y－5）2＝25（cos2t＋sin2t）＝25，即C1的直角坐标方程为（x－4）2＋（y－5）2＝25，把cos,sinxy==代入（x－4）2＋（y－5）2＝25，化简得：28cos10sin160

−−+=.（2）C2的直角坐标方程为x2＋y2＝2y，C1的直角坐标方程为（x－4）2＋（y－5）2＝25，∴C1与C2交点的直角坐标为（1，1），（0，2）.∴C1与C2交点的极坐标为(2,),(2,)42.23.（10分）（1）由题意∵4abab+=，∴411

ba+=，∴()4145549abababbaba+=++=+++=，当且仅当4abba=，即b＝2a时，a＋b有最小值9，由4a＋b＝ab，可求得此时a＝3，b＝6．（2）由题意及（1）得3xaxbxabxba−+−=−+−−=．

∵满足不等式22xaxbtt−+−−对任意的xR恒成立，所以232tt−，解得13t−∴实数t的取值范围为1,3−．