数学-湖北省腾云联盟2023-2024学年高三上学期12月联考

{#{QQABDQYQogggAABAABhCQQUoCgEQkBCCCAoGxAAMoAIAwRFABAA=}#}{#{QQABDQYQogggAABAABhCQQUoCgEQkBCCCAoGxAAMoAIAwRFABAA=}#}{#{QQABDQYQogggAABAABhCQQUoCgEQkBCCCAoGxAAMoAIAwRFABAA=}#}{#{QQABDQYQogggAABAABhCQQUoCgEQkBCCCAoGxAAMoAIAwRFABAA=}#}{#{QQABDQYQogggAABAABhCQQUoCgEQkBCCCAoGxAAMoAIAwRFABAA=}#}数学参考答案3由函数图象可知a时符合题意，故A正确.由图可知x20x1x，则1x1，一、单选题212311.A2.B3.C4.A5.D6.D7.C8.B11，因为在，上单调递二、多选题fx3f1x1fx1f1x12x110fx1xx129.BCD10.AC11.AD12.AD11三、填空题x21x212增，由可得，故错由12可得，由fx3f1x1x31x1B.x1x21342x12x2xx13.yx114.10415.，16.12252图象可知，即，解得，故错选填题部分解析：x1x2112x1x20C.x1x2211111由2可得2，若，则，11.an12an2an1an12an2an2an0an1an22282822222由xxxx4xxxx，令txx，则xxt2t1，12121212xx1212t111212以此类推，，与已知条件矛盾故，又，所以正确an1,,a1.an1a1A.222318构造2，通过求导可知33故正确21fttt1ftminf4316.D.由a2a2a1可得a12aa1，因为a，若a1，则a1，以此类推，tn1nnn1nnn2n1n21a1,,a1，与已知条件矛盾.故a1，又a，所以a1恒成立.则n11n1132n2，是递减数列，所以错an1an2an3an12an1an10anB.代入2中可知不成立（或者取验证可知不成立），所以错an12an2an1Cn4CC.a1由，n1，利用累乘法可得：an112anan12an四、解答题an122423211315（）在中用余弦定理，，2，a1a1a1a113317.1ABCcosBACsinBAC1cosBACn23n1n1，因为，所以n，则22416162Tn31an1an12TnTnn1.a11a21an1a11222所以正确115315D.所以S23.（5分）ABC24421111另解：由，左右两边同时取对数，，令an12anlgan12lganlg2222221110（2）因为cosBAC12sinCAD，解得sinCAD，1681n11lgab，利用待定系数法可以求得b2n1lg3lg2lg232，代入lgab，BDABn2nnn2n因为AD为BAC的平分线，在ABD和ADC中分别用正弦定理可得，sinBADsinADBCDACACCD211，÷可得（角平分线的性质不证明不扣分），又，所以则可依据的通项公式来判断、均错BC3ann1.anBC.sinCADsinADCABBD12232CD2.（8分）1x313421012.fxx，则fx在,0和0,1单调递减，1，单调递增，因为f1，在ADC中用正弦定理，，解得sinADC.（10分）x2x22sinADCsinCAD4{#{QQABDQYQogggAABAABhCQQUoCgEQkBCCCAoGxAAMoAIAwRFABAA=}#}解：（）由正四棱锥可知，面，所以面，由线面平18.1PABCDAB//CDABPCDAB//PCDEX00.120.1240.0250.3870.14100.245.6（12分）行的性质定理，面PAB与面PCD的交线l//AB.又因为l面QAB且AB平面QAB，由线面平行（）因为，用代替可得（），20.12Snnan13n1n2Sn1n1an113n2的判定定理，l//面QAB.（6分）anan113两式相减：2anan1a13，整理得：（n3），即nnn1n1n2n1n2（2）由题设知，ABCD是正方形，所以ACBD．由正四棱锥的性质，PQ平面ABCD，取ABCDa13a13a13nn1n3，则na132n2，解得a2n15n2，因为中心为O，故可以分别以直线OA、OB、OP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图），n1n2n12n，所以，也满足上式，故对于任意的，（通过不完全归纳2S1a113a113nNan2n15.法猜出通项的只．得．3．分．）（6分）1111（2）b，当n7时，b0，当n7时，b0.n2n152n1322n152n13nnn1111111记前项和为，当时，，化简得bnnTnn6Tnbni1213111192n152n13111n，（分）Tn9由题设条件，相关各点的坐标分别是P0,0,2，Q0,0,2，A2，0,0，B0，2，0，所以2132n1313(2n13)n11nPA2，0，2，QA2,0,2，QB0,2,2，设平面QAB的法向量为nx,y,z，由当时，（分）n7Tnbn2b7212.11i1264n26132n13nQA02x2z0，取n1,1,1.设PA与平面QAB所成角为，则nnQB02y2z0,n613(2n13)综上所述，（分）Tn.12n222262，n7sincosn,PA.所以PA与平面QAB所成角13(2n13)222223221112321、（1）fxex2，令fx0得xln2，当xln2时，fx0，当xln2时，fx0.6的正弦值为.（12分）所以fx在,ln2上单调递减，在ln2,上单调递增，所以fxfln222ln2a，3min19.（1）甲获胜分三种情况：胜胜，胜平，平胜.因为恒成立，所以，即，解得（分）fx0fxmin022ln2a0a2ln22.5则甲获胜的概率为P0.40.60.40.20.10.60.38.（6分）（）所有可能取值为，，，，，x2X0245710.（2）e2xex2lnx2，则fxflnx1，（7分）PX00.50.20.1，PX20.10.20.50.20.12，PX40.10.20.02，因为xlnx1，当xlnx1ln2时，由（1）知fx在ln2,单调递增，fxflnx1PX50.40.20.50.60.38，PX70.40.20.10.60.14，PX100.40.60.24.22成立，此时x（且x时，不等式fxflnx1中等号不成立）；ee{#{QQABDQYQogggAABAABhCQQUoCgEQkBCCCAoGxAAMoAIAwRFABAA=}#}当1lnxxln2时，由（1）知fx在,ln2单调递减，fxflnx1，不符合题意，此时xln2；当1lnxln2x时，易知fxflnx1有解；2因为fxflnx1的解集为x|xt，则ln2t，所以eteln2,2，即et1.（12分）ep22、（1）因为准线方程为y1，所以1，解得p2，抛物线C的方程为x24y.（3分）2（）设，对2求导可得，，因2Mx1,y1,Nx2,y2x4yMP：x1x2(yy1)NP:x2x2(yy2)xx2(yy)为两切线均经过，所以0101，均在直线上，Px0,y0Mx1,y1,Nx2,y2x0x2(yy0)x0x22y0y2可知，则与轴的交点坐标为MN：x0x2(yy0)MNyT0，y0.xx2yy联立00整理得2，由韦达定理，，，则2x2x0x4y00x1x22x0x1x24y0x4y22，又因为在圆22，则x1x2x1x24x1x22x04y0Px0,y0xy2122，代入可得2，x0y021x1x22y08y031432SxxOTy8y3y，y3,1.（9分）OMN2120000构造fxx48x33x2,x3,1，fx4x324x26x，易知fx0在3,1上恒成立，故在上单调递增，当时，取得最小值，此时取到最大值，fx3,1x3fxSOMN63点P的坐标为0,3.（12分）{#{QQABDQYQogggAABAABhCQQUoCgEQkBCCCAoGxAAMoAIAwRFABAA=}#}