陕西省榆林市府谷中学2023-2024学年高三上学期11月月考 理数答案

2023-11-29 · U1 上传 · 12页 · 378.7 K

理科数学四参考答案,提示及评分细则1.A方程x2y26mx4y9m22m0表示圆,则D2E24F36m21649m22m0,解得m2,即m的取值范围为2,.故选A.2.B设圆锥的母线长为l,底面圆的半径为r,所以2πrπl,所以l2r,所以πr2πrl3πr23π,解得r1,所以该圆锥的底面直径为2r2.故选B.1113.A当m时,直线l的斜率为,l的斜率为-9,又91,所以ll,充分性成立;直3192912线:,:,若,则有,解得或l1mx3y30l23m2xmy10l1l2m3m23m0m011m,必要性不成立.所以“m”是“ll”的充分不必要条件.故选A.33124.由祖暅原理,该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等,故113333VSSSSh22642622642632426.1122334444故选B..因为圆:22和圆:22交于,两点,所以直线的方5CC1x1y29C2x1y14ABAB2321程为,所以到直线的距离913,2x3y10C1ABd223213121322所以AB29d2,又CC112113,1312111213所以.故选.S四边形C1C2AB136CC1AC2B22136.C若,l,m,则l与m可能平行,可能相交,可能异面,故A错误;若m,,则m可能α在内,故B错误;若l//m,l,m,则//,故C正确;若//,且l与α所成的角和m与β所成的角相等,则l与m异面或相交,故D错误.故选C.7.D由函数fx是定义在R上的奇函数,fx1为偶函数,可得fxfx,fx1fx1,即fxfx2,所以fx2fx,可得,则是的周期,当时,,fx+4fx2fx4fx0x1fxlog2x1则319119.故选.ffflog232log23D88888.C连接BE,取AD中点为M,BE中点为F,记AB中点为O,连接OM,OF,MF,AF,则OM//BD且,11OM//BD且OMBD,OF//AE且OFAE,则MOF为直22线AE与BD所成的角或所成角的补角.设AB2,所以BD222222,因为点E在底面圆周上,且是AB的中点,则△AEB为等腰直角三角形,2110所以BEAEAB2.因为AFAE2EF22,正方形ABCD是圆柱的轴截面,222所以AD底面ABE,又AF底面ABE,所以MAAF,514所以MFAF2MA21,22112又OMBD2,OFAE,设直线AE与BD所成的角为θ,222172OM2OF2MF2221所以coscosMOF,2OMOF22222ππ所以,直线AE与BD所成角的大小为.故选C.339.D由于EF//GH,所以E,F,G,H四点确定一个平面EFGH,因此直线EH与FG一定共面,故D正确,C错误;只有当EF//GH且EFGH时,此四边形EFGH为平行四边形,此时EH//GF,故A不正确;只有当EF//GH但EFGH时,此时四边形EFGH为梯形,此时EH,GF相交于点O,故B不正确.故选D.11cos48sin421cos248sin24810.D因为bsin42,0cos481,cos48cos48cos48cos48tan48sin48cos48所以bsin248a,因为csin48cos48,1tan248sin248cos248又sin48sin45cos45cos480,所以sin248sin48cos48,所以ac,所以cab.故选D..在四棱柱中,四边形是平行四边形,又与交于点,所以是11AABCDA1B1C1D1DD1C1CC1DCD1OOC1D的中点,111所以,BOBCCOADCDCC1ABADAA1222又,,,ABAD2ABAA12ADAA102所以211BOABADAA122111AB2AD2AA2ABADADAAABAA5,即BO5.故选A.441121π112.B因为△ABC是边长1为的等边三角形,所以ABAC1,CAB,所以ABAC,322又AP2,APABAC,所以AP2ABAC,222132即4.24132343令2cos,2cos,解得2cossin,sin.22332343π所以22cossin2sin2cos23sin4sin,334π所以24,此时sin1.故选B.min6113.2或6因为A的子集个数为2个,所以A中只有1个元素.当a2时,Ax4x10,符4221合题意;当a2时,44a20,解得a6,此时Ax4x4x10,符合题意.综2上,a的值2为或6.214.5,3设Px,y,由PA2PO,得x2y32x2y2,整理得x2y22y30,222即x2y14,即点P的轨迹为圆,圆心为C0,1,半径为2.因为圆E:x3ym9上22存在点P满足PA2PO,所以3230m123,解得5m3,即m的取值范围是5,3..125以为原点,以,,所在的直线分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,15,6DDADCDD1xyz5如图所示,则,,B14,4,4E2,4,0D10,0,4设,则,Px,y,00x4,0y4PB14x,4y,4,又,所以,ED12,4,4B1PD1EPB1ED10即24x44y440,则x2y40.当x0时,y2,设F0,2,0,所以点P在底面ABCD内的轨迹为一条线段AF,所以2222,,B1P4x4y45y8y320y2125所以,,所以线段的长度的取值范围是125.B1P6B1PB1P,6maxmin553535π16.如图,作PM//AA,交AB于M,则PMAA3,过M作MNBC交BC于点N,连接611PMPN.易得PM平面ABC,则PNM是二面角ABCP的平面角,所以tanPNM3,所以MNMN1,又ABAC32,BC6,所以,所以,.可把三棱锥补成棱长为,,的长方MB2AM22A1P22AA1C1P322232223222335体,则三棱锥AACP的外接球的半径为R,所以三棱锥AACP的外1122113接球的体积为4353535π.π326.证明:()连接交于点,连接,如图所示.171CA1C1DGEG在三棱柱中,,所以,,ABCA1B1C1A1C1//ACGA1C1GCDGC1A1GDCGCCD所以∽,所以,又是棱的中点,△GA1C△GCDDACGA1A1C1,所以GC1,又是棱上的一点,且,所以GCCE,ACA1C1EBCBE2CEGA12GA1EB所以,A1B//GE又平面,平面,所以平面.A1BC1EDGEC1EDA1B//C1ED(2)在△ABC中,ABBC,D是棱AC的中点,所以BDAC.在直三棱柱中,平面,ABCA1B1C1AA1ABC又平面,所以,BDABCAA1BD又,,平面,所以平面,AA1ACAAA1ACACC1A1DBACC1A1又平面,所以.C1DACC1A1C1DBDB118.解:(1)因为asinCasinA2asinAcos2bsinA,22B1由正弦定理得sinAsinCsin2A2sin2Acos2sinAsinB,22又A0,π,所以sinA0,B11cosB1所以sinCsinA2sinAcos2sinB2sinAsinB,222211即sinCsinAcosBsinBsinAcosBcosAsinB,所以sinBcosAsinB,221又B0,π,所以sinB0,所以cosA,2π又A0,π,所以A.3abc232(2)由4,又sinBsinC,sinAsinBsinC322bc2所以,所以bc22,4422由余弦定理得a2b2c22bccosAb2c2bcbcbc8bc12,所以bc4,所以b2c216,2所以bcb2c22bc24,所以bc26,所以abc2623,即△ABC的周长为2623.19.(1)证明:因为PA平面ABCD,所以直线PB与平面ABCD所成的角为PBA,所以PBA45,又AB,CD平面ABCD,所以PAAB,PACD.在△PAB中,PAAB,PBA45,PA1,所以AB1.在梯形ABCD中,BC//AD,ABC90,AD2BC2,AB1,所以AC2,CD2,所以AC2CD2AD2,所以ACCD,又ACPAA,AC,PA平面PAC,所以CD平面PAC,又CD平面PCD,所以平面PAC平面PCD.(2)解:以A为坐标原点,AB,AD,AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,所以A0,0,0,D0,2,0,C1,1,0,P0,0,111所以E0,1,,CE1,0,,AC1,1,022nACxy0,111设平面的一个法向量为,所以ACEn1x1,y1,z11nCExz0112111令,解得,,所以平面的一个法向量11.x1y1z11ACEn1,,12222因为,设平面的一个法向量为,CP1,1,1PCEn2x2,y2,z2nCPxyz0,2222所以1nCExz0,2222令,解得,,所以平面的一个法向量,y21x21z22PCEn21,1,2n1n222所以cosn2n2nn114121114442由图可知,二面角PCEA的大小为锐角,所以二面角PCEA的余弦值为.3.()证明:因为,,所以,201a12bna2n12b1a124ba2n112a222a4n12n2n12,bna2n12a2n12a2n12所以数列是以为首项,为公比的等比数

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