重庆市第一中学2022-2023学年高三下学期3月月考试题 数学 答案和解析

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数学参考答案·第1页(共10页)2023年重庆一中高2023届3月月考数学参考答案一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)题号12345678答案ADCBDBCD【解析】1.i13iz,则i110||==13i1

010z,故选A.2.因2log0010444xxx≤≤≤,=(][3)AR,0,,故()ABR[34],,故选D.3.222422222642CCC42!1CCC53!P,故选C.4.如图所示,可得蒙日圆的方程为224xy

;因为蒙日圆为长方形的外接圆,设||2rOA,AOB,则矩形面积公式为214sin8sin2Sr,显然sin1,即矩形四条边都相等,为正方形时,max8S,故选B.5.由题知,3ACAE,APxAByAC,所以3AP

xAByAE,又因为P为线段BE上任一点,所以31xy,所以131(3)3xyxyxy333310102yxyxxyxy≥16,当且仅当33yxxy时等号成

立,此时14x,14y,故选D.6.由已知条件知,2π3x时,()fx取得最大值1,从而有2π3π6=2kπ+π2,kZ,即132k,kZ,又由题意可得该函数的最小正周期T满足:2T≥2πππ33且2π2π0233T≥,于是有4π3T≥,则3

02≤,故ω=12,由1π6π2xkkZ,得对称中心为0π2π3k,,故选B.数学参考答案·第2页(共10页)7.圆锥的轴截面为等腰直角三角形ASB,如图所示:在直角圆锥SO中,点S与底面圆O都在同一个球面上,由90ASB,所以AB为球的直径,若球

的表面积为4π,由24π4πR,球的半径1R,则圆锥底面半径1r,圆锥母线长2l,所以圆锥的侧面积为π2πSrl,故选C.8.由条件得:1111(1)nnnana,则1(1)nann,由1121nnban

,得:12[][4]4ab,23[][3]3ab,348[]23ab,,故2312910[][][]21aabbab,故选D.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5

分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)题号9101112答案ABDABCBCDBD【解析】9.对于A,(01)N,,∵111(10)[1(1)(1)][12(1)]222PPPPp≤≤∴,

故A正确;对于B,1284471,故B正确;对于C,()()()()PABPAPBPAB∵,故不一定成立,故C错误;对于D,因为1()9PAB,1()()3PAPB,可得()()()PABPAPB,所以事件A与B相互独立,故

D正确,故选ABD.10.因11()1xfxxx,故0()(01)(1+)mfx时,在,上,在,上,则min()(1)fxf3lnm,故A正确,B正确;对于C,(0)x,时,令ext,则1t,由复合函数的单调性知C正确;由3m

in()(1)3ln0efxfmm,故D错误,故选ABC.11.对于A,由弦长公式可得22(3)(||22)2AB,故A错误;对于B,直线AB过定点(11)M,,最大距离为||=2OM,故B正确;对于C,121233cosxxyyOAOBOAOB

,的最小值为3,故C正确;对于D,设AB的中点为00()Exy,,22222121200()()=4()4||xxyyxyOE,因π2AOB,故1||||2OEAB,所以2224||=||26OEABr,故D正确,故选BCD

.数学参考答案·第3页(共10页)12.对于A,当1223,时,在11AD上取靠近1D点的三等分点G,连接GE并延长交AD于点H,易得点H是AD上靠近A点的三等分点,在BC上取靠近B点的三等分点P,如图:

则GNHPAB∥∥,且GNHPAB,又因为AB平面11AADD,所以ABGH,即HPGH,则四边形GHPN为矩形,且||||GNNP,故A错误;对于B,由正方体中1ACBDACDD,,又BD平面1BDD,1DD平面1BDD,1BDDDD,可证A

C平面1BDD,可得1ACDB,又11111BCBCBCCD,,1BC平面11BCD,11CD平面11BCD,1111BCCDC,可证1BC平面11BCD,可得11BCDB,所以由111DBACDB

BC,,AC平面1ABC,1BC平面1ABC,1ACBCC,可得1DB平面1ABC,所以当12时,1DM平面1ABC,即平面1ADM平面1ABC,故B正确;对于C,平面11ADC

∥平面1ABC,又因为E平面11ADC,所以M与1A重合,N与1C重合,此时01,,不符合题意,故C错误;对于D,法1:向量法(略);法2:设平面1ANC延展交AD于点N,11AANCAANCVV∵,11AANCCAANVV∴,得63,故D正确,故选BD.

三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)题号13141516答案19213512169【解析】13.设平均每年的增长率为x,所以9(1)2x,即1912x,1921x∴.14.2527236(1)[1(1)](1)(1)(1)(1)(1)=1(1)xxxxxxx

xx∵,37=C所求∴3(1)35.15.令π6tx,则ππππ2226622xxt,所以2πsin23cos102cos2ttt13cos20cos.2tt数学参考答案·第4页(共10页)1

6.设切点1122()()AxyBxy,,,,点A处的切线方程为11()xxypy,点B处的切线方程为22()xxypy,点(31)M,为两切线的交点,则113(1)yxp,223(1)xyp,

所以1122()()AxyBxy,,,在直线(3)1yxp上,即直线AB的方程为(3)1yxp,又直线AB经过焦点02p,,所以2p,联立2246403+2=2xyxxxy,得121264xxxx

,,所以22222222211221123||||(3)(1)(3)(1)(3)2(3)2MAMBxyxyxxx2222123132()2624xxx2121213[()2]261694xxxx.四、解答题(

共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)解:(1)因为π()cosπsinπ2cosπ4fxxxx,………………………………(2分)所以由题意有ππ

ππ()42xkkN,故1()4xkkN,…………………………(4分)这就是函数()fx的全部零点.又由已知函数()fx的所有正数的零点构成递增数列{}na,所以{}na是以14为首项,1为

公差的等差数列,所以*3()4nannN.………………………………………(5分)(2)1324nnnba12nn,则123111111123(1)22222nnnTnn

①,2341111111123(1)222222nnnTnn②,……………(7分)则①−②得:23111111111111112

221(2)12222222212nnnnnnTnnn,………………………………………………………………………………………(9分)所以12

2(2)222nnnnTn.…………………………………………………(10分)数学参考答案·第5页(共10页)18.(本小题满分12分)解:(1)由BCAD∥,ABAD,PA平面ABCD,知三线两两垂

直.故以ABADAP,,分别为xyz,,轴建立如图所示的空间直角坐标系.……………(2分)则(000)(100)(110)(020)(001)ABCDP,,,,,,,,,,,,,,,由(101)(110)BPCD,,,,,,…………

…………(4分)则11cos2||||22BPCDBPCDBPCD,,所以60BPCD,,所以异面直线PB与CD所成的角是60.………………………

………………………(6分)(2)由题意(100)n,,为平面PAD的一个法向量,设()mxyz,,为平面PBC的一个法向量,(010)BC,,,………………………(8分)由00mBPxzmBCy

,,令1x,则01yz,,……………………………………(10分)故(101)m,,,所以12cos2||||12nmnmnm〈,〉,所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为π4.……

……………………(12分)19.(本小题满分12分)(1)证明:因为π2BADC,故π2DACB.…………………………………(1分)由正弦定理得,在ABD△中,有πsinsin2BDADBC,在ACD△中,有πsinsin2C

DADCB……………………………………………………(3分)sin2sin2BC,………………………………………………………………………(5分)于是BC或π2BC,故ABC△为等腰三角形或直角三角形

.………………………………………………(6分)(2)解:由于角A为锐角,故BC.设CEx,则2AEx,3ABx,由coscosBECBEA,数学参考答案·第6页(共10页)得222222(2)2(3)2(5)22222xxxxx,解得

63x,………………………………(9分)故6AB,2222519(6)22ADABBD,所以19524ABCSBCAD△.………………………………………………………(12分)20.(本小题满分12分)解:(1)如图所示,设点00()Pxy,,(20)A,,

(20)B,,则直线00(2)2yAPyxx:,………………………(1分)令103x,得00163(2)Myyx,于是00161033(2)yMx,,……………………………(2分)故0220000002200000163(2)441233102224

423BPBMyyxyyyxkkxxxxx.……………(4分)(2)由于直线BP与直线BM关于直线2x对称,故BMBPkk,因此3BMk,3BPk.……………………………………

………………………(6分)设直线3RSyxm:,设11()Rxy,,22()Sxy,,联立方程223143yxmxy,,得2215834120xmxm,…………………………(

7分)故222(83)60(412)720480mmm,2227204885||11(3)(0)15155mRSkm≤时取等号,同理,85||5TL≤.……………………………………………………………………(9分)故21π18531

63||||sin()232525RTSLSRSTLRSTL≤当,过原点时取等号.……………………………………………………………………………………(11分)另一方面,从几何图形可以看出四边形面积可

以无限趋于0,故四边形RTSL的面积的取值范围为16305,.……………………………………(12分)数学参考答案·第7页(共10页)21.(本小题满分12分)解:(1)根据题意,X在[75100),内,按5为组距可分成5个小区间,分别是[7580),,[8085)

,,[8590),,[9095),,[95100),,因为75100X≤,由于55(1)nXn≤,*nN,所以当n的取值为1516171819,,,,时,每个小区间的频率值分别是3152015164120171819.1020nPYnnkn

,,,,,,,………………………………………………(1分)由313321120410202020k,解得1k.…………………………………(2分)故分数落在[7580),,[8085),,[8590),,[9095),,[95100),的

频率分别是311132044520,,,,.………………………………………………………………………(3分)故估计100分以下的学生的考试分数的平均值为31177.582.587.520441

334992.597.55204.………………………………………………………………(5分)(2)由(1)知分数在100分以下的同学为60位,他们的平均分数为70,方差为400.则分数在100分及其以上的学生人数为1006040,设100分以下的学生的分数分别为(1

2...60)ixi,,,,平均数70x,方差21400s,100分及其以上的学生的分数为(12...40)iyi,,,,平均数为y,方差为22s,全部100位学生的分数分别为(12...100)mzm,,,,平均数为94z,方差为21300s,所以6040100xy

z,所以130y.…………………………………………………(6分)由22221111()nniiiisxxxxnn,得602221117040060iisx,故60211530060iix,10022

211z941300100mms,得100211z10136100mm,……………………………………(9分)数学参考答案·第8页(共10页)所以401006022222222111111()130(100101366053

00)130404040imiimisyyzx490,所以成绩在100分及其以上的同学的分数的平均值为130,方差为490.…………(12分)22.(本小题满分12分)解:(1)由题意得函数的定义域为(

0),,22222211()1(1)[(1)1]()()aaxxaxaxfxaaxxxx,…………………(1分)①当01a≤时,()0fx恒成立,()fx在(0),上单调递减;…………………(3分)②当1

a时,101xa,时,()0fx,()fx在101a,上单调递减,11xa,时,()0fx,()fx在11a,上单调递增;综上,当01a≤时,()0fx恒成立,()fx在(0

),上单调递减;当1a时,()fx在101a,上单调递减,在11a,上单调递增.…………(5分)(2)当12a时,由(1)可知,()fx在(0),上单调递减.由于()()gxxfx知()gxx在(0),上单调递减

,故对于任意的120xx,,都有121121()()gxxgxxxx,122122()()gxxgxxxx,故112112()()xgxxgxxx,212212()()xgxxgxxx,上面两式相加,得对于任意的120xx,,有1212()()()gxx

gxgx.……………(7分)(3)法一:当1x时,2cos21ln11313xxx≥,,,由(2)的结论可知(cos2)(ln1)(cosln3)gxgxgxx,故要证明2(cos2)(ln1)33gxgxgx,只需证

明2(cosln3)33gxxgx,………………………………………………(8分)由于2()1ln4xgxxx在(1),上单调递减,数学参考答案·第9页(共10页)故只需

证明2cosln33(1)3xxxx,即2cosln(1)3xxxx(*).设2()cosln3hxxxx,则222(1)cos1cos530.60333h,当π

12x,时,12()sin3hxxx单调递减,1(1)sin103h,故在π12,上()0hx恒成立,()hx单调递减,故()(1)0hxh成立.……………(9分)当ππ2x,时,21()coshxxx

单调递增,π02h,21(π)10πh,故在ππ2,上()hx存在唯一的零点0x,使得()hx在0π2x,上单调递减,在0(π)x,上单调递增,又12(π)0π3h,故()0hx在ππ2,

上恒成立,()hx单调递减,因此π()02hxh成立.……………………………………………………………(10分)当7ππ6x,时,2217π1()coscos06πhxxx,故()hx在7ππ6

,上单调递增,又7π61067π6h,故在7ππ6,上()hx存在唯一的零点1x,使得()hx在1(π)x,上单调递减,在17π6x,上单调递增,又7π7π7π7πcosln06669h,因此()0hx

对于7ππ6x,成立.…………(11分)当7π6x,时,由于22()coslnln133hxxxxxx≤,设2()ln13xxx,则12()03xx,故7π()06x成立.…………(12分)综上

,(*)得证,原不等式证毕.法二:前面同法一,即证2lncos03xxx对(1)x,恒成立,设2()cosln3hxxxx.数学参考答案·第10页(共10页)当π12x,时,12()sin3hxxx单调递减,1(1)sin103h

,故在π12,上()0hx恒成立,()hx单调递减,而22(1)cos10.6033h,故()(1)0hxh对于π12x,成立.…………………………………………………(9分)当π3π22x,时,易知cos

0x,22lncosln33xxxxx.令2()ln3xxx,则1222()03π3xx,故()x单调递减,而ππ(1)022hh,故()0hx对于π3π22x,成立.……

………………(10分)当3π2x,时,22()lncosln133hxxxxxx≤.令2()ln13kxxx,由于12()03kxx,故()kx单调递减,而33πlnππ1ln5π1ln5202

2k,所以()0kx对于3π2x,成立.综上,所证不等式成立.………………………………………………………………(12分)

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