四川省南充市阆中中学校2023-2024学年高三上学期一模考试 理数答案

2023-11-30 · U1 上传 · 12页 · 443.2 K

理科数学参考答案1.C2.A3.D4.B5.B6.B7.C8.D9.D10.B【详解】以D点为原点,BC所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,建立坐标系,因为圆O是边长为23的等边三角形ABC的内切圆,所以AD3,OD1,即内切圆的圆心为O(0,1),半径为1,可设Mcos,1sin,又B3,0,C3,0,A0,3,D0,0,∴BMcos3,1sin,BA3,3,BD3,0,∴BMcos3,1sin3x3y,3x,故得到cos3x3y3,sin3x1,1sinx3∴,cossin2y333cossin42π4∴2xysin2,333333ππ当2kπ,kZ时等号成立,即2xy的最大值为2.321学科网(北京)股份有限公司故选:B.11.A【详解】如图,伞的伞沿与地面接触点B是椭圆长轴的一个端点,伞沿在地面上最远的投影点A是椭圆长轴的另一个端点,对应的伞沿为C,O为伞的圆心,F为伞柄底端,即椭圆的左焦点,令椭圆的长半轴长为a,半焦距为c,由OFBC,|OF||OB|2,得ac|BF|2,FBC45,|AB|2a,|BC|22,o在ABC中,BAC60,则ACB75,232162sin75sin(4530),222246222a22411由正弦定理得,,解得a1,则c1,sin75sin603332c31所以该椭圆的离心率e23.a31故选:A12.A【详解】由f2x=fx知函数fx的图象关于直线x1对称,∵f2x=fx,fx是R上的奇函数,∴fxfx2fx,∴fx4fx,2学科网(北京)股份有限公司∴fx的周期为4,考虑fx的一个周期,例如1,3,由fx在0,1上是减函数知fx在1,2上是增函数,fx在1,0上是减函数,fx在2,3上是增函数,对于奇函数fx有f00,f2f22f00,故当x0,1时,fxf00,当x1,2时,fxf20,当x1,0时,fxf00,当x2,3时,fxf20,方程fx1在0,1上有实数根,则这实数根是唯一的,因为fx在0,1上是单调函数,则由于f2x=fx,故方程fx1在1,2上有唯一实数,在1,0和2,3上fx0,则方程fx1在1,0和2,3上没有实数根,从而方程fx1在一个周期内有且仅有两个实数根,当x1,3,方程fx1的两实数根之和为x2x2,当x1,11,方程fx1的所有6个实数根之和为x2x4x42xx82x828282830.故选:A.13.1514.84515.153学科网(北京)股份有限公司16.①③④【详解】对于②,设ACBDO,若BD平面PAC,PO平面PAC,所以BDPO.因为菱形ABCD的边长为2,B=60,所以ABC是等边三角形,所以BOAC,即POAC.因为ACBDO,AC,BD平面ABCD,所以PO平面ABCD.因为OD平面ABCD,所以POOD.又POBODO3,所以PDPO2DO26,故②错误.对于④,由②可得当PD6时,PO平面ACD,IIPOI设I为三棱锥PACD的外接球球心,I2为等边ACD的重心,过I作1,垂足为1,3223因为PODO3,所以IIIO,ID3,2132332232315所以三棱锥PACD的外接球半径为,RID333344152015所以三棱锥的外接球体积为3,故正确PACDπRππ④.33327对于①,设P在ACD的投影为Q,因为PAPC,所以Q在OD所在的直线上.4学科网(北京)股份有限公司31133又S223,所以VSPQ3PQ,解得PQ.△ACD4PACD3△ACD322因为二面角PACD可能为锐角或钝角,(i)当二面角PACD为钝角时,93333所以OQOP2PQ23,QDQODO3,422223233所以22.PDPQQD322(ii)当二面角PACD为锐角时,3因为OPOD3,PQ,2292223OQ△OPOQPQ1所以在OPQ中,由余弦定理可得cosPOQ4,2OPOQ23OQ222333即OQ3OQ0,即解得OQ0,OQ.4223所以Q是OD的中点,所以QDOQ,22323所以22.PDPQQD322综上,PD3或3,故①正确.对于③,若M,N分别为AC,PD的中点,由中位线定理可得MN//PB,5学科网(北京)股份有限公司因为MN平面PAB,PB平面PAB,所以MN//平面PAB,故③正确.故答案为:①③④.17【详解】(1)如下表所示:甲设备乙设备合计合格品7090160不合格品301040合计100100200200(70109030)2(2)因为K212.510.828,16040100100所以有99.9%的把握认为该工厂生产的这种电子元件是否合格与甲、乙两套设备的选择有关.318.(1)293(2)2【详解】(1)由题意得sinBsinCsin2Ccos2Bcos2Asin2Asin2B,b2c2a21所以b2c2a2bc,故cosA2bc23因为0Aπ,sinA.2(2)设CDx,则BD2x,6学科网(北京)股份有限公司AD2BD2AB244x2c2在ADB中,有cosADB.2ADBD8xAD2CD2AC24x2b2在△ADC中,有cosADC.2ADCD4x又ADBADCπ,所以cosADBcosADC,所以有c26x22b212.又c2b,所以b2x22.222在ABC中,由余弦定理可得abc2bccosA.2π又a3x,c2b,A,3222212所以有9xb4b4b7b.2b2x22x7c2b6联立22,解得,所以,9x7bb311393所以SbcsinA36.ABC222219.(1)证明见解析25(2)5【详解】(1)证明:设BD与OC相交于点M,因为ABS为正三角形,所以SASBAB2BC,又O为AB的中点,则SOAB.因为平面ABCD平面ABS,SO平面ABS,平面ABCD平面ABSAB,SOAB,所以SO平面ABCD,又BD平面ABCD,则SOBD.因为四边形ABCD为矩形,AB2BC,BO2在RtBOC中,tanBCO,BC2AD2在RtBAD中,tanDBA,AB2所以tanBCOtanDBA,所以BCODBA,7学科网(北京)股份有限公司又CBACBDDBA90,则CBDBCO90,即BMC90,所以BDOC,又BDSO,SOOCO,OC,SO平面SOC,所以BD平面SOC,又BD平面BDS,所以平面SOC平面BDS.(2)解:因为四边形ABCD为矩形,所以ADAB,又平面ABCD平面SAB,平面ABCD平面SAB=AB,AD平面ABCD,所以AD平面SAB.以O为坐标原点,过点O作平行于AD的直线为z轴,以OB和OS所在直线分别为x轴和y轴,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设AB2,则S(0,3,0),C(1,0,2),D(1,0,2),A(1,0,0),B(1,0,0),DC(2,0,0),SD(1,3,2),BD(2,0,2),设平面SCD的一个法向量为mx1,y1,z1,mDC02x10则,即,mSD03y12z1令y12,则m(0,2,3).由(1)可知,BD平面SOC,所以BD是平面SOC的一个法向量.6∣m·BD|5因为cosm,BD,mBD56525所以二面角OSCD的正弦值为.52320.(1)38学科网(北京)股份有限公司(2)证明见解析,定点的坐标为(0,3)【详解】(1)设Px1,y1,Qx2,y2,其中x1x2,2y4xy1y24由11,得y2y24x4x,化简得,21212xxyyy24x212124yy233,即12,y1y22323线段PQ中点纵坐标的值为;32222y1y2y3y4(2)证明:设P,y1,Q,y2,M,y3,N,y4,4444yy4k13PMy2y2yy,13134424y1直线PM的方程为yy1x,化简可得y1y3y4xy1y30,y1y34在直线上,解得,T(3,0)PMy1y343同理,可得y2y443,44yyk343PQyy43433yy,1234y3y4y3y43y3y4,又直线MN的方程为y3y4y4xy3y40,即y3y4(y3)4x0,直线MN恒过定点(0,3).21.(1)e31xy20;2(2)0,e.11【详解】(1)当a时,fxex2lnx1,则fxex2,ex9学科网(北京)股份有限公司所以f1e31,即在点1,f1处的切线斜率为ke31.而f1e31,所以切点坐标为1,e31,所以曲线yfx在点1,f1处的切线方程为ye31e31x1,即e31xy20.ex1(2)因为fx1lnxlna10,aalnxexaxaaxaaea所以elnx,即elnx,即xexlnxelnx.aeeeeeexa令gxxex0,则gxglnx.egxx1ex0,所以gx在0,上单调递增,a所以xlnx恒成立,即xlna1lnx,即lnaxlnx1恒成立.e1x1令hxxlnx1x0,则hx1,xx令hx0,解得x1,令hx0,解得0x1,所以hx在0,1上单调递减,在1,上单调递增,所以hxh12.因为lnaxlnx1恒成立,所以lna2,解得0ae2.2所以实数a的取值范围是0,e.π22.(1)(0,0)和3,333(2)2xcos,【详解】(1)C1的参数方程为(为参数),消去可得,y1sin,10学科网(北京)股份有限公司2222x(y1)1,所以曲线C1的直角坐标方程为xy2y0.将xcos,ysin代入得,曲线C1的极坐标方程为2sin,πC2的极坐标方程为23cos

VIP会员专享最低仅需0.2元/天

VIP会员免费下载,付费最高可省50%

开通VIP

导出为Word

图片预览模式

文字预览模式
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报
预览说明:图片预览排版和原文档一致,但图片尺寸过小时会导致预览不清晰,文字预览已重新排版并隐藏图片
相关精选
查看更多
更多推荐