四川省绵阳南山中学2023-2024学年高三下学期入学考试理科数学答案

2024-03-08 · U1 上传 · 4页 · 185.4 K

绵阳南山中学高2021级高三下期入学考试试题理科数学答案一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分。1-5:BCADA6-10:BACDC11-12:AD二、填空题:本大题共4个小题,每小题5分,共20分27π13.014.-215.316.16三、解答题:共70分。17.解(1)(1)当n=1时,2a1=3a1-2,∴a1=2,当n≥2时,2Sn=3an-2,∴2Sn-1=3an-1-2,两式相减,得2an=3an-3an-1,∴an=3an-1,又a1=2≠0,所以数列an为等比数列,首项为2,公比为3,n-1所以数列an的通项公式是an=2⋅3.6分2n-1n-1012n-1(2)由(1)知,bn=an=(2n-1)⋅3,Tn=1×3+3×3+5×3+⋯+(2n-1)×3,2123n-1n则有3Tn=1×3+3×3+5×3+⋯+(2n-3)×3+(2n-1)×3,n-123n-1n31-3n两式相减得:-2Tn=1+23+3+3+⋯+3-(2n-1)×3=1+2×-(2n-1)×31-3nn*=-(2n-2)×3-2,于是得Tn=(n-1)⋅3+1,因为n∈N且n≥2,2Tn-1≥(n-1)λ,∴λ≤2⋅3n,nn当n≥2时,数列2⋅3是递增数列,所以2⋅3的最小值为18,因此λ≤18.12分18.解(1)如图,连接A1C,在△A1AC中,A1A=2,AC=1,∠A1AC=60°,2221由余弦定理,得AC=AA+AC-2AA⋅AC⋅cos∠AAC=4+1-2×2×1×=3,11112222所以A1C=3,所以A1C+AC=A1A,所以A1C⊥AC,同理A1C⊥BC,又BC∩AC=C,AC,BC⊂平面ABC,所以A1C⊥平面ABC,又A1C⊂平面A1ACC1,所以平面ABC⊥平面A1ACC1.6分(2)由平面几何知识可知,AC⊥CP,以C为坐标原点,以CA,CP,CA1为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,第1页共4页1333则A1,0,0,B-,,0,A0,0,3,所以AA1=-1,0,3,AB=-,,022122m⋅AA1=-x1+3z1=0设平面A1AB的法向量为m=x1,y1,z1,则,令z1=1,得m=m⋅AB=-3x+3y=021213,3,1.339又平面CA1P的法向量为n=1,0,0,∴cos==,3+9+113130所以二面角C-AP-B的正弦值为.12分1113119.解(1)根据表格数据可知抽取的女生共40人,喜欢观看足球比赛的女生为40×=10人,4可得得2×2列联表如下:男女合计喜爱看足球比赛501060不喜爱看足球比赛103040合计6040100100×(50×30−10×10)21225根据列联表中的数据计算得k==≈34.028>10.82860×40×60×40362根据小概率值P(K≥k0)=0.001的独立性检验,即认为喜爱观看足球比赛与性别有关联.6分(2)按照分层随机抽样的方式抽取8人,根据抽样比可知其中男生2人,女生6人,则X的可能取值为0,1,2,2112C615C6C23C21PX=0=2=,PX=1=2=,PX=2=2=,C828C87C828所以X的分布列为X0121531P2872815311期望值EX=0×+1×+2×=12分287282.p20.解(1)y2=2px(p>0),准线为x=-,点Q分别向x轴和准线做垂线,垂足为M,N,2p则MQ=7p,QN=QF=8,所以Q8-,7p,又点Q在抛物线上,2p所以7p2=2p8-,即p2-2p=0,解得p=2或p=0(舍),2所以抛物线的方程为y2=4x.5分211(2)点Pa,1在y=4x上,所以1=4a,解得a=,所以P,1,设Ax,y,Bx,y,441122第2页共4页y1-1y1-14444k===,同理,k=,所以k1⋅k2=⋅=2,即122y+1y+11y11y1+1y2+112x1--44416=2,y1+1y2+1y2=4x设直线AB为x=my+n,则,即y2-4my-4n=0,x=my+n161616所以y1+y2=4m,y1y2=-4n,所以===2,y1+1y2+1y1y2+y1+y2+1-4n+4m+17解得n=m-,代入到直线方程x=my+n,4777得x=my+m-,即x+=y+1m,当y+1=0,即y=-1时,x=-,4447所以直线AB过定点-,-112分4.aa+2x-1+aa+2x-221.解(1)fx=+a+2==,x>1x-1x-1x-1.2当a=-2时,fx=-<0,∴fx在1,+∞上单调递减x-1.22当-20a+2a+2,22故fx在1,上单调递减,,+∞上单调递增a+2a+2.当a>0时,a+2x>2,a+2x-2>0,∴fx在1,+∞上单调递增.当a<-2时,a+2<0,a+2x-2<0,∴fx在1,+∞上单调递减.22综上所述,当-20时,fx在1,+∞上单调递增.当a≤-2时,fx在1,+∞上单调递减.6分(2)a=1时,Fx=lnx-1+2sinx-1-x+1.令hx=lnx+2sinx-x(x>0),11则hx=+2cosx-1.令mx=hx,mx=--2sinx.xx2(i)当x∈0,1时,hx>0恒成立,∴hx在0,1上单调递增.又h1=2sin1-1>0,-2-2-2he=-2+2sine-e<0∴存在一个零点x1,x1∈0,1,使hx1=0.11(ii)当x∈1,π,mx=--2sinx<0恒成立,∴mx在1,π上单调递减.又mπ=-2x2π-1<0,m1=2cos1>0.存在零点x0,使mx0=0.∴x∈1,x0,hx>0,x∈x0,π,hx<0.∴hx在1,x0上单调递增,x0,π上单调递减.又h1>0,∴hx0>0.hπ=lnπ-π<0,∴存在一个零点x2,x2∈x0,π,使hx2=0.3π13π(iii)当x∈π,,∴hx=-1+2cosx<0恒成立.∴hx在π,单调递减.2x23π∴hx0.2x3π3π3π3π3π∴nx在,+∞上单调递增,nx≥n,-2-ln>2-ln>0,22222∴lnx+2-x<0恒成立.综上所述,hx在0,+∞只有两个零点.又Fx是由hx向右平移一个单位所得,∴Fx在1,+∞只有两个零点.12分2222.解(1)由题意可得:圆C的普通方程为x+1+(y-1)=16,2222将x=ρcosθ,y=ρsinθ,x+y=ρ代入普通方程,得ρ+2ρcosθ-sinθ-14=0,2故圆C的极坐标方程为ρ+2ρcosθ-sinθ-14=0.5分(2)由题意可知:直线l过坐标原点,倾斜角为α∈0,π的直线,在极坐标系中,直线l的极坐标方程为θ=αρ∈R,设A,B所对应的极径分别为ρ1,ρ2.2将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得ρ+2ρcosα-sinα-14=0,于是ρ1+ρ2=sinα-cosα,ρ1ρ2=-14,2可得AB=ρ1-ρ2=ρ1+ρ2-4ρ1ρ2=57-sin2α=214,则sin2α=1,ππ且α∈0,π,则2α∈0,2π,可得2α=,即α=,24所以l的斜率为k=tanα=1.10分23.(1)解法一:当x≥3时,f(x)=(x-3)+2(x+5)=3x+7,此时f(x)单调递增,所以f(x)的最小值为16;当-5

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