【文档说明】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.pdf，共(10)页，278.872 KB，由小赞的店铺上传

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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||==13i1010z，故选A．2．因2log00104

44xxx≤≤≤，=(][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3APxAByAE，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302≤，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)]2

22PPPPp≤≤∴，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3min()(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11A

ADD，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AC平面1BDD，可得1ACDB，又1

1111BCBCBCCD，，1BC平面11BCD，11CD平面11BCD，1111BCCDC，可证1BC平面11BCD，可得11BCDB，所以由111DBACDBBC，，AC平面1ABC，1BC平面1A

BC，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)xxxxxxxxx

∵，37=C所求∴3(1)35.15．令π6tx，则ππππ2226622xxt，所以2πsin23cos102cos2ttt1

3cos20cos.2tt数学参考答案·第4页（共10页）16．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121264x

xxx，，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ππππ()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：23111111111111112221(2)12222222212nnnnnnTnnn

，………………………………………………………………………………………（9分）所以122(2)222nnnnTn．…………………………………………………（10分）数学参考答案·第5页（共10页）1

8．（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π

sinsin2BDADBC，在ACD△中，有πsinsin2CDADCB……………………………………………………（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c

oscosBECBEA，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19524ABCSBCA

D△．………………………………………………………（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)441233102224423BPBMyyxyyyxkkxxxxx．……………（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21π1853163||||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313321120410

202020k，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1334992.597.55204．………………………………………………………………（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(12...60)ixi，，，，平均数70x，方差2

1400s，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6040100xyz，所以130y．…………………………………………………（6分

）由22221111()nniiiisxxxxnn，得602221117040060iisx，故60211530060iix，10022211z941300100mms，得100211z10136100mm，……………………………………（9分）

数学参考答案·第8页（共10页）所以401006022222222111111()130(10010136605300)130404040imiimisyyzx490，所以成绩在10

0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1a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()()gx

xgxxxx，122122()()gxxgxxxx，故112112()()xgxxgxxx，212212()()xgxxgxxx，上面两式相加，得对于任意的120xx，，有1212()()()gxxgxgx．……………（7分）（3）法一：当1

x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)3xxx

x（*）．设2()cosln3hxxxx，则222(1)cos1cos530.60333h，当π12x，时，12()sin3hxxx单调递减，1(1)sin

103h，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π1

2x，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cos0x，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33πlnππ1ln5π1ln52022k，所以()0kx对于3π2x，成立.综上，所证不等式成立．………………………………………………………………（12分）