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

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【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,由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

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40

x−.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MHAB−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2ta

n2TMOTTOM==,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+−+−=mx

my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17.(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,()2002411605525PXC===,()111241815525PXC===,()022241125525PXC===,故X的

分布列为:X012P1625825125()168120122525255EX=++=18.(12分)解:(1)若选①,由coscosaBbAcb−=−及正弦定理,得sincoscossinsinsinABABCB−=−,即()sincoscos

sinsinsinABABABB−=+−,即sincoscossinsincoscossinsinABABABABB−=+−,所以2cossinsinABB=,因为0πB,所以sin0B,所以1cos2A=,又0πA,

所以π3A=.若选②,由tantantan3tantan0ABCBC++−=,得()tantantantantantan1tantan3tan1ABABCABABB++==−+=−−−,∴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,∴()113sin22abcbcA++=,即()3832bcbc++=182bcbc++=①,由余弦定理,得222π2cos3abcbc=+−,即2212642bcbc+−=,所以

()2364bcbc+−=②,联立①②,得2183642bcbc−−=,解得44bc=,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,2D

ADE==,,1DOAEDO⊥=,在OEC△中,131,2,π24OEAEECOEC====,由余弦定理可得:221221252OC=++=,5OC=在DOC△中,2226,DCDOOC==+DOOC⊥,又,A

EOCO=,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=,220,0nHCnDC==,所以()()110,20txtyxyz−−+−=−+−=,令1yt=+,则()21

,3,1,1,3xtztnttt=−=−=−+−,由已知1222212π21cos421(1)(1)(3)nntnnttt+===−+++−,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()112lnqxxxxxxe=+−−−,则()2222111111ln11ln

qxxxxxxx=−−+−−=−+,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11,00,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12ab,将32

ba=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()22234631

20mymtyt+++−=,()()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)634(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:28cos10sin1

60−−+=.(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+=,∴411ba+=,∴(

)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−.

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