2024届南开中学高三第一次月考数学科参考答案一、单选题1~9.BCDCBAABC二、填空题1810.−−i5511.-512.313.27114.1024,2115.4三、解答题216.解:(1)πf(xxxx)2=+−+−3cos2sin(π)cos32=+−23sin2sincos32xxx=−+−3(1cos2)sinxx23π=−=−sin23xxxcos22sin232π故周期为T==π25πkπ对称轴方程xk=+(Z)122()ππππ2π2x,t=2x−,42363πππ1当t=即x=时,(sinsint)==,此时y=164min62minπ5ππ当t=即x=时,(sinsin1t)==此时y=2.212max2max17.解:(1)方法一:由bcAaBC−=cos2coscos根据正弦定理边化角得:sinBCAABC−=sincos2sincoscos,1{#{QQABJYAQogAgAAJAAAhCAwmQCkCQkACACIoGAEAMMAIAABFABAA=}#}即sinsincos2sincoscos(ACCAABC+−=),所以sinACABCcos=2sincoscos,因为C,所以cosC0,21又sinA0,所以cosB=,2又0Bπ,所以B=.3方法二:由bcAaBC−=cos2coscos根据余弦定理:bcaabc222222+−+−得bcaB−=2cos,22bcabbcaabc222222−++−即=2cosB,22bbabc222+−因为C,所以0,22b1所以cosB=,又0Bπ,得B=.23acb222+−1(2)方法一:由(1)及余弦定理知cosB==,22ac所以a2+c2−b2=ac,因为bcac22+=−3125,所以accacac222+−−−=(1235),化简得aacc22++=4412,因为ac0,0,所以acacac22+=−412422,33所以ac,当且仅当ac==23,即ac==3,时取等号,221333所以ABC的面积S=acsinB=ac,24833所以ABC面积的最大值为.82{#{QQABJYAQogAgAAJAAAhCAwmQCkCQkACACIoGAEAMMAIAABFABAA=}#}acb222+−1方法二:由(1)及余弦定理知cosB==,22ac所以ac222b+a−c=.因为b22+3c=12−5ac,所以accacac222+−−−=(1235),化简得aacc22++=4412,即(2ac)+=122,2所以的面积1333233ac+,ABCSacBacac====sin22488283当且仅当ac==23,即ac==3,时取等号,233所以ABC面积的最大值为,818.解:(1)以点A为原点,ABADAP,,分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(002,,),由E为棱PC的中点,得E(1,1,1),向量BE=(0,1,1),AB=(1,0,0),故BEAB=0,又BEPAD面所以BEPAD//面.(2)向量BD=−(1,2,0),PB=−(1,0,2),BE=(0,1,1).nBD=0−+=xy20设nxyz=(,,)为平面PBD的法向量,则,即,nPB=0xz−=20令y=1,得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量,nBE23所以cosn,BE===,nBE6233{#{QQABJYAQogAgAAJAAAhCAwmQCkCQkACACIoGAEAMMAIAABFABAA=}#}所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为3.3(3)向量BC=(1,2,0),BDn226平面PBC的一个法向量n=2,-1,1,则d=||=.2()3n2c2e==a219.解:(1)由题意可得2b22=,解得a=2,b=2,c=2,ab222c=+xy22∴椭圆C的方程为+=1.42(2)易知椭圆左顶点A(−2,0),设直线l的方程为ykx=+(2),则Ek(0,2),Hk(0,2−),ykx=+(2)2222由xy22,消y可得(128840+++−=kxkxk),+=142设,,,∴422,Axy(11,)Bxy(22,)Pxy(00,)=−−+=644kkk841216()()8k284k2−则有xx+=−,xx=,1212+k21212+k2214k2ky01∴,yk=+=x2,∴k==−,xxx012=+=(−)200()2OP212+k12+kxk02∴直线EM的斜率,kkEM=2∴直线EM的方程为ykxk=+22,直线AH的方程为ykx=−+(2),42∴点Mk−−,,334{#{QQABJYAQogAgAAJAAAhCAwmQCkCQkACACIoGAEAMMAIAABFABAA=}#}4k∴点M到直线lk:x2y0k−+=的距离3,d=1+k22241+k∴ABkxxx=++−=14x2(),121212+k2121+k2∴APAB==||,212+k2442kk2∴11212+k33,解得k=.SAPd△APM====2222212123++kk1+k2lnxa20.解:(1)(Ⅰ)hxx()=−−(1)xx−+11ln2x21(x−)当a=2时,h(xxx)=−−=−(1ln)xxx−++111221212111(xxxx+)−−+−()()−4x()hx()=−==,x(xx+++111xx)222()(x)当x1时,hx()0,所以hx()在(1,+)上为单调递增函数,因为h(10)=,所以hxh()=(10),x2+2(1−a)x+1(Ⅱ)设函数ax(−1),则fx=,fxx()=−ln()2x+1xx(+1)令g(x)=x2+2(1−a)x+1,当a1时,当x0时,gx()0,当12a时,=4aa2−80,得gx()0,所以当a2时,fx()在(0,+)上为单调递增函数,且f(10)=,5{#{QQABJYAQogAgAAJAAAhCAwmQCkCQkACACIoGAEAMMAIAABFABAA=}#}1所以有fx()0,可得Fx()0.x−1当a2时,有=−48aa02,此时有两个零点,设为,且.gx()tt12,tt12又因为,,tta12+=−210()tt12=1所以,01tt12在上,为单调递减函数,(1,t2)fx()ax(−1)lnxa所以此时有fx()0,即lnx,得−0,x+1xx−+11此时Fx()0不恒成立,综上a2.(Ⅲ)若有两个不同的零点,不妨设,Fx()xx12,xx12则为ax(−1)的两个零点,且,,fxx()=−lnx11x21x+1由()知此时,并且在,为单调递增函数,Ⅱa2fx()(0,t1)(t2,+)在上为单调递减函数,且,所以,,(tt12,)f(10)=ft(1)0ft(2)02a2a因为−a,a,−aa,fe()=−a0fe()=a0ee1e+1e+1且图象连续不断,所以−a,a,x11(e,t)x22(t,e)所以aa−,t2−t1x2−x1e−e因为22,t2−t1=(t1+t2)−4t1t2=2a−2a综上得:2aa−.2a−2a|x21−x|e−e6{#{QQABJYAQogAgAAJAAAhCAwmQCkCQkACACIoGAEAMMAIAABFABAA=}#}
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