重庆市巴蜀中学2023-2024学年高三下学期4月适应性月考卷(八)数学 PDF版含解析

2024-04-21 · U1 上传 · 11页 · 566 K

{#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}{#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}数学参考答案一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)题号12345678答案CBDABCBD【解析】1.因为BA,故2aA.①当2aa时,a0,则A{0,,11},故a0不成立;②当121aa2时,解得a1,则A{1,,21},故a1不成立;③当21a时,即a,则21511A,,1,B{1},故a成立,故a,故选C.24223101012.因为(0,,π)cos,故sin,故tan,故选B.101031153.因为a3,令{}a的公差为d,则aaaada2(3)5dada,6n5833396666故选D.444.间接法:总的辩论队数量是C1269,全是男生的辩论队数量是:C55,全是女生的辩4444论队数量是C14,故满足的辩论队数量是:C954CC12651120,故选A.π3π3π.①当时,,;②当时,,;③当时,5PF12FP1PF21FP1FPF1222222无解,故一共满足要求的P点个数是4,故选B.6.因为lnaln3ln7,lnbln4ln6,lncln5ln5,lndln4ln6,则db,故||0db,又||0ba,||0cb,||0dc,||0ca,||0da,故最小值是||db,故选C.7.令tx2,则g()tattln1,当a0时,g()ttln1与x轴有公共点,故a0时不成立;当a0时,gaaa(eaa)e1(ea1)10,又ga(e)e0,故g()tattln1与x轴有公共点,故a0时不成立;当a0时,g(1)a1,因为g()tattln1与x轴lnt1lnt1没有公共点,故t(0,时,)atlnt10恒成立,即a恒成立,令ht(),tt数学参考答案·第1页(共9页){#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}2lntht(),t(0,e2)时,ht()0,t(e2,)时,ht()0,故ht()在(0,e2)上单t211调递增,在(e2,)上单调递减,故ht()≤h(e)2,故a,故选B.e2e28.因为OQa,OF1c,又因为P,Q在渐近线上,故OQF1Q,FQ1b,又OMF1P,MPOPta且5MPFM1,设MPt,则FP16t,Rt△∽△,故PMORtPQF1,则,PQPF126atb2故62ta22,又在Rt△中:PQFPFQFPQ222,即36taab2222124,解得8,111a2则e29,解得e3,故选D.二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项是符合题目要求的,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)题号91011答案ABCACABD【解析】119.根据正态分布的定义得PX()≤,故A正确;EX()2,EY()42,故2211EX()EY(),故B正确;DX()21,DY()41,故D()XDY(),故C正22114确;1,故错误,故选.PY(1)C4DABC2410.根据正方体的性质得ACBC11,故A正确;当r11时,球O1与正方体内切,当O2与正方体的三个面相切时半径r2最大,此时满足13rr22323,解得r223,故B错误;对任意的球O1,球O2与正方体的三个面相切时半径r2最大,故当球O1,球O2都与正方体的三个面相切时rr12取最大值,即rrrr11223323,解得rr1233,故rr12的最大值是33,故选项C正确;由选项B和选项C知,rr122222取最大值33,此时23≤≤,则r114π()4rr12πr14π(33r1),当r123或r11取得最大值(32163)π,故选项D错误,故选AC.11.fx(1)0,y,对应曲线是xy2210表示单位圆,故A正确;fx(2)0,y,对应的曲44线是xy10,故1111≤≤,x≤≤,且y||1x与||1y不能同时取等号,故S24,故选项B正确;fx()0,yn,对应的曲线xy22nn1,令|||xnx|,|||yyn|,因为曲数学参考答案·第2页(共9页){#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}11线()xy22()1,则||||xxn,且||||yyn,fx(1)0(2),,ynn≥对应的曲线1xy22nn221,令||xn1|x|,||yyn1||,因为曲线()xy22()1,则||||xxn1,且11111n1nn1nn1||||yy,又||xx≥,||||yy≥||且等号不能同时取得,故SSnn1,故{}Sn是单调递增的,故选项C是错误的;fx(2)0,y,对应的曲线是xy4410,假设曲π线上任意一点,,则44,令22,≤≤,则Px()00yxy001xycossin02142224dxy00sincos≤,故2d≤22,故选项D正确,故选ABD.三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分)题号121314答案3i2(5,57]【解析】12.因为z(1i)24i,则z(1i)(1i)(24i)(1i),即262iz,则z3i,故答案是z3i.3313.因为fxfx,即f()xf(3x),又fx()f(6x)0,即f(3xf)(3x)220,故f(3)()xfx,故f(6)()xfx,则fff(2024)(2)(1)2,故答案是2.1π22a2214.因为cosA,且0A,故sinA,由正弦定理得:23R,323sinA223故2bc2R(2sinBsinC)3[2sin(AC)sinC]3[2sinAcosC2cosAsinCsinC]425π3cosCCsin5sinC42cosC.因为△ABC是锐角三角形,故0C,332π1且AC,故cosACsin1,即sinC1,又25sin42cosbcCC231ππ57sin(C),令锐角满足sin,故C,C,,且322ππππ,故sin(C)在,上单调递增,在,上单调递减,故2222数学参考答案·第3页(共9页){#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}π1C时,2bc取得最大值57.又sinC时,25sin42cos7bcCC,23又当sinC1时,25sin42cos5bcCC,故2bc的取值范围是(5,57].四、解答题(共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)15.(本小题满分13分)(1)证明:因为PA平面ABC,BC在平面ABC内,所以PABC.……………………………………………(2分)又BCAC,ACPAA,故BC平面PAC.………………………………………(4分)又BC在平面PBC内,故平面PBC平面PAC.………………………………(6分)(2)解:因为ACB90,AB51,,BC故AC2.又PA平面ABC,ACBC,以CA为x轴正方向,CB为y轴正方向,过C作AP的平行线为z轴正方向,建立空间直接坐标系Cxyz,则CABP(0,0,0),(2,0,0),(0,,10),(2,0,2).……………………………………(7分)设平面PAB的一个法向量为nxyz1111(),,,则nAP10,nAB10,因为AP(0,,02),AB(210),,,20z1,则令x11,则y12,z10,,20xy11则n1(1,2,0).…………………………………………………………………………(9分)设平面PBC的一个法向量为nxyz2222(),,,则nCP20,nCB20,又CP(2,,02),CB(0,,10),220xz22,则令x21,yx2201,,,y20故n2(1,,01).………………………………………………………………………(11分)数学参考答案·第4页(共9页){#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}nn12110故n1与n2夹角的余弦值cos,||||nn125210310310故sin,故二面角APBC的正弦值sin.1010………………………………………………………………………………………(13分)16.(本小题满分15分)解:(1)因为fx()e(xx2x1),则f()xxxxe(xx22121)e(xx),……………………………………………(1分)故当x(1),时,fx()0,当x(10),时,fx()0,当x(0,时,)fx()0,………………………………………………………………………………………(3分)则f()x在区间(1),上单调递增,在区间(10),上单调递减,在区间(0,)上单调递增,故f()x的单调递增区间是(1),,(0,),单调递减区间是(10),,………………………………………………………………………………………(4分)3故f()x在x1处取得极大值f(1),在x0处取得极小值f(0)1.e………………………………………………………………………………………(6分)x0(2)设切点Mx(e(1))00,x,因为gx()(x1)ex,则g()xxex,…………………………………………………(7分)(1)exx0mx00则切线的斜率kx0e,x00x02化简得:mxxe(001).…………………………………………………………(8分)因为过点P(0,m)可以作三条直线与曲线ygx()相切,x02故mxxe(001)有三个不同的实根,即fx()m0有三个零点.………………………………………………………………………………………(9分)令hx()f()xm,则hx()f()x,由(1)知:则hx()在(1),上单调递增,在(10),上单调递减,在(0,)上单调递增,………………………………………………………………………………………(10分)3又hm(1),hm(0)1.e数学参考答案·第5页(共9页){#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}3①当hm(1)0时,x(0)

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