西安中学2023-2024学年度第一学期期末考试高三数学(文科)答案_2024年1月_01每日更新_23号_2024届陕西省西安中学高三上学期期末考试_陕西省西安中学2024届高三上学期期末考试文科数学

西安中学 2023-2024 学年度第一学期期中考试 高三数学(文科)答案 一、单选题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 C C B B D A B B A A D A 二、填空题 2 13. 27 ； 14.1610； 15. (2−2ln2,3−2ln3].； 16.  ． 2 三、解答题 17.【答案】解：(1)由题意，可得(a+b)(a−b) =(b+c)c， 1 2 b2 +c2 −a2 =−bc，cosA=− ，又A(0,)，A= . 2 3 1 (2)AD= (AB+ AC)， 2 2 1 2 2 1 1 AD = (AB + AC +2ABAC) = (AB2 +AC2 −ABAC) (2ABAC−ABAC) 4 4 4 当且仅当AB= AC时等号成立，ABAC 8， 1 1 3 S = ABACsin120 8 =2 3，故 ABC面积的最大值为2 3 ABC 2 2 2 18.【答案】解：(1)由题中的数据可得， − 1 x= (9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7)=10， 10 − 1 y= (10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5)=10.3， 10 1 s2 = [(9.8−10)2 +(10.3−10)2 +(10−10)2 +(10.2−10)2 +(9.9−10)2 +(9.8−10)2 1 10 +(10−10)2 +(10.1−10)2 +(10.2−10)2 +(9.7−10)2]=0.036； 1 s2 = [(10.1−10.3)2 +(10.4−10.3)2 +(10.1−10.3)2 +(10.0−10.3)2 +(10.1−10.3)2 2 10 西安中学 高三年级 数学（文科）答案 第1页 共7页 {#{QQABIQgEggAAABAAAAgCEwEYCgEQkBEACIoGRBAAIAAAyRFABAA=}#}+(10.3−10.3)2 +(10.6−10.3)2 +(10.5−10.3)2 +(10.4−10.3)2 +(10.5−10.3)2]=0.04； − − s2 +s2 0.036+0.04 (2)y−x=10.3−10=0.3，2 1 2 =2 =2 0.0076 0.174， 10 10 − − s2 +s2 所以 y−x2 1 2 ，故新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高． 10 19.【答案】证明：(1)取AC中点O，连结DO、BO， ABC是正三角形，AD=CD， DO⊥ AC ，BO⊥ AC， DOBO=O，DO，BO平面BDO， AC ⊥平面BDO， BD平面BDO，AC⊥BD. 解：(2)连结OE，由(1)知AC⊥平面OBD， OE平面OBD，OE⊥ AC，E 是线段AC垂直平分线上的点， EC=EA，又 AE⊥EC ， AEC为等腰直角三角形， 设 AD=CD= 2 ，则OC=OA=1，AC =2， EC = EA= 2 =CD， 在 BCD与 BCE中，由余弦定理得： BC2 +BD2 −CD2 BC2 +BE2 −CE2 cosCBD= = ， 2BCBD 2BCBE 4+4−2 4+BE2 −2 即 = ，解得BE =1或BE =2， 222 22BE BE  BD =2，BE =1，BE = ED， 三棱锥A−BCE与三棱锥A−CDE的高都是点A到平面BCD的距离，设为h， 西安中学 高三年级 数学（文科）答案 第2页 共7页 {#{QQABIQgEggAAABAAAAgCEwEYCgEQkBEACIoGRBAAIAAAyRFABAA=}#}1 S h V 3 BCE BE = ED，S =S ，即 A−BCE = =1， DCE BCE V 1 A−DCE S h 3 DCE 四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1. 20.【答案】(1)证明：当直线l的斜率不存在时，取A(2,2)，则B(2,−2)， 则OA=(2,2)，OB=(2,−2)，则OAOB=0，OA⊥OB，则坐标原点O在圆M上； 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程y=k(x−2)，A(x ,y )，B(x ,y )， 1 1 2 2 y =k(x−2) 由 ，整理得：k2x2 −(4k2 +2)x+4k2 =0，易知0恒成立， y2 =2x 则x x =4，4x x = y2y2 =(y y )2，由 y y 0，得y y =−4， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 所以OAOB=x x + y y =0，则OA⊥OB，则坐标原点O在圆M上， 1 2 1 2 综上可知：坐标原点O在圆M上； (2)解：由题意，圆M过点P(4,−2)，可知：直线l的斜率存在且不为0， 设 A(x ,y )，B(x ,y )， 1 1 2 2 4k2 +2 2 由(1)可知：x x =4，x +x = ， y + y = ， y y =−4， 1 2 1 2 k2 1 2 k 1 2 圆M过点P(4,−2)，则AP=(4−x ,−2− y )，BP=(4−x ,−2− y )， 1 1 2 2 由 APBP=0，则(4−x )(4−x )+(−2− y )(−2− y )=0， 1 2 1 2 整理得：k2 +k−2=0，解得：k =−2或k =1， 当k =−2时，直线l的方程为 y=−2x+4， 9 则x +x = ，y + y =−1， 1 2 2 1 2 设圆M的圆心为M点， 西安中学 高三年级 数学（文科）答案 第3页 共7页 {#{QQABIQgEggAAABAAAAgCEwEYCgEQkBEACIoGRBAAIAAAyRFABAA=}#}9 1 9 1 85 则M( ,− )，半径为r =丨MP丨= (4− )2 +(−2+ )2 = ， 4 2 4 2 4 9 1 85 圆M的方程(x− )2 +(y+ )2 = ； 4 2 16 当直线斜率k =1时，直线l的方程为y= x−2， 同理求得M(3,1)，则半径为r =丨MP丨= 10， 圆M的方程为(x−3)2 +(y−1)2 =10， 9 1 85 综上可知：直线l的方程为 y=−2x+4，圆M的方程(x− )2 +(y+ )2 = ， 4 2 16 或直线l的方程为 y= x−2，圆M的方程为(x−3)2 +(y−1)2 =10. 21.【答案】解：(1)f (x) 的定义域为 (−,+) ，m0， f(x)=2mx2 −(m+2)x+1=(mx−1)(2x−1).令 f(x)=0，得x = 1 ，x = 1 . 1 2 2 m 1 1 当  时，即m2时， m 2 令 f(x)0，得x 1 ，或x 1 ；令 f(x)0，得 1 x 1 ， m 2 m 2  1   1 1 1  故 f (x)在区间−, 上单调递增，在区间 , 上单调递减，在区间 ,+ 上单调递  m m 2 2  增． 1 1 当 = 时，即m=2时， f(x) 0恒成立，故 f (x)在R上单调递增； m 2 1 1 当  时，即0m2时， m 2 令 f(x)0，得x 1 ，或x 1 ；令 f(x)0，得 1 x 1 ， 2 m 2 m  1 1 1   1  故 f (x)在区间 −, 上单调递增，在区间 , 上单调递减，在区间 ,+上单调递  2 2 m m  增． 西安中学 高三年级 数学（文科）答案 第4页 共7页 {#{QQABIQgEggAAABAAAAgCEwEYCgEQkBEACIoGRBAAIAAAyRFABAA=}#} 1   1 1 综上：当m2时， f (x)在区间−, 上单调递增，在区间 , 上单调递减，  m m 2 1  在区间 ,+ 上单调递增； 2  当m=2时， f (x)在R上单调递增；  1 1 1  当0m2时， f (x)在区间 −, 上单调递增，在区间 , 上单调递减，在区间  2 2 m  1   ,+上单调递增． m  1  (2)若存在x ,1 ，使得不等式g(x)=mx2 −(m+2)x+lnx−2成立，   2  1  则x  ,1  时，g(x) −2. 2  min 1 2mx2 −(m+2)x+1 (mx−1)(2x−1) 由题意得g(x)=2mx−(m+2)+ = = ， x x x 1 1 1  由(1)可知，当 ，即m 2时，函数g(x)在区间 ,1 上单调递增，   m 2 2  1 m m+2 1 g(x) =g = − +ln −2，解得m4(1−ln2)，m 2； min 2 4 2 2 1 1 当  1，即1m2时， 2 m 1 1 1  由(1)知g(x)在区间  ,  上单调递减，在区间  ,1  上单调递增， 2 m m  1 1 m+2 1 1 1 g(x) =g( )= − +ln =− +ln −1， min m m m m m m 1 1 1 1 令 =t( ,1)，h(t)=−t+lnt−1,( t1)，则h(t)=−1+ 0， m 2 2 t 1  函数h(t) 在区间 ,1 上单调递增．h(t)h(1)=−2恒成立，1m2. 2  1 1  当 1，即0m 1时，函数g(x)在区间 ,1 上单调递减，   m 2  西安中学 高三年级 数学（文科）答案 第5页 共7页 {#{QQABIQgEggAAABAAAAgCEwEYCgEQkBEACIoGRBAAIAAAyRFABAA=}#}g(x) =g(1)=−2，g(x) −2不成立． min min 综上所述，m的取值范围是(1,+).    22.【答案】解：(1)由sin(+ )+m=0可得，(sincos +cossin )+m=0， 3 3 3 1 3 1 3 即( sin+ cos)+m=0， y+ x+m=0，故l的方程为： 3x+ y+2m=0. 2 2 2 2   y 2 3 (2)由x= 3cos2t，得x= 3(1−2sin2t)= 31−2    = 3− y2，  2  2  3 x= 3− y2 联立 2 ，3y2 −2y−4m−6=0，即3y2 −2y−6=4m(−2 y 2)，   3x+ y+2m=0 19 19 5 19 5 即− 4m 10，− m ，故m的范围是− m . 3 12 2 12 2 x−2,x 2 23.【答案】解：(1)函数 f(x)=|x−2|= ， 2−x,x2  1 4,x  2   3 1 g(x)=|2x+3|−|2x−1|=4x+2,−  x . 2 2   3 −4,x −   2 画出 y= f(x)和 y = g(x)的图像； 1 (2)由图像可得： f(6)=4，g( )=4， 2 若 f(x+a) g(x)，说明把函数 f(x)的图像向左或向右平移|a|单位以后， f(x)的图像不在 g(x)的下方， 西安中学 高三年级 数学（文科）答案 第6页 共7页 {#{QQABIQgEggAAABAAAAgCEwEYCgEQkBEACIoGRBAAIAAAyRFABAA=}#}1 11 由图像观察可得：a 2− +4= 2 2 11 a的取值范围为[ ,+). 2 西安中学 高三年级 数学（文科）答案 第7页 共7页 {#{QQABIQgEggAAABAAAAgCEwEYCgEQkBEACIoGRBAAIAAAyRFABAA=}#}