宝鸡中学2022级高三第一学期月考三考试参考答案-数学_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1203陕西省宝鸡市宝鸡中学2024-2025学年高三上学期12月月考

宝鸡中学 2022 级高三月考三考试参考答案 一.选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D A B C C D A A AD BD BCD 二.填空题 4 48 12.  13. 14.10 3 5 三解答题 15.解：(1)因为acos(BC)acosA2 3csinBcosA ， 所以acosBcosC asinBsinC a(cosBcosC sinBsinC)2 3csinBcosA ， 即 asinBsinC  3csinBcosA ， 由正弦定理得： sinAsinBsinC  3sinCsinBcosA ， 显然sinC 0，sinB 0，所以sinA 3cosA，所以tanA 3 ，   因为 A(0, )，所以A . 分 2 3 ----------------------------------------a-----------b--------------------6 (2)因为ABC 外接圆的半径为 3 ，所以由正弦定理得：   2 3 ， sin A sinB 所以a3，b2 3sinB， b2 a2 a2 3 3 3 所以 b 2 3sinB 2 3(sinB )， b b 2sinB 4sinB   0 B   2   1 因为ABC 为锐角三角形，所以 ，解得  B  ，即sinB( ,1).  2  6 2 2 0 B  3 2 3 1 令 f(x) x ，x( ,1)， 4x 2 3 1 3 3 根据对勾函数的性质可知，函数 f(x) x 在( , )上单调递减，在( ,1)上单调 4x 2 2 2 第 页，共 页 1 6 {#{QQABLYQEggiIABAAAAgCAw0iCkAQkgGCAYgOBEAIMAAASQNABAA=}#}1 3 7 递增，且 f( )2， f( ) 3 ， f(1) ， 2 2 4 3 所以 f (x)[ 3,2),即sinB [ 3,2), 4sinB 3 b2 a2 所以2 3(sinB )[6,4 3),即 的取值范围为[6,4 3). ------------13分 4sinB b 16. (1)证明：因为AAC60， AC 1，AA 2，由余弦定理得 1 1 AC  12 22 212cos60  3， 1 所以 AA2  AC2  AC2，所以 AC  AC ，又因为 AC  AB， 1 1 1 1 又因为 AC  AB  A，所以 AC 平面ABC. 分 1 (2)解：由已知和(1)得，CA、CB、CA两两垂直--，--------------------------------------6 建立如图所示的空间直角坐标系， A(1,0,0)，C(0,0,0)，B(0,t,0)， A(0,0, 3) ，C (1,0, 3)，B (1,t, 3)， 1 1 1    BC  (0,t,0)，BB (1,0, 3)，BA (0,t, 3)， 1 1   设平面BCC B 和平面 ABB 的法向量分别为m(x,y,z)，n(u,v,w,)， 1 1 1 1    BCmty 0    ，令z 1，m  ( 3,0,1) ， BB mx 3z 0 1      B  A  1 n  tv 3w0 ，令wt ，n   ( 3t, 3,t) ， BB nu 3w0 1 直线BA 与平面BCC B 所成角的正弦值为 1 1 1   |BA m| 3 3 1    ，解得t 1， |BA ||m| t2 32 4 1   m  ( 3,0,1) ，n  ( 3, 3,1)，   |mn| 4 2 7 所以二面角 A BB C的余弦值为     . -------------------------15分 1 1 |m||n| 2 7 7 第 页，共 页 2 6 {#{QQABLYQEggiIABAAAAgCAw0iCkAQkgGCAYgOBEAIMAAASQNABAA=}#}17.解：(1)因为抛物线x2  4y 的焦点为(0,1)， 所以椭圆C的下顶点 A(0,1)，可得b1， 3 1 3 因为椭圆C经过点B(1, )， 所以  1， 解得a2 4， 2 a2 4 x2 则椭圆C的方程为  y2 1. 分 4 ---------------------------------------------------------6 证明：当直线PQ的斜率不存在时， (2) 不妨设P(x ,y )， 此时Q(x ,y )， 0 0 0 0 y 1 y 1 1y2 1 x2 则k k  0  0  0  ， 整理得 0  y2 1， AP AQ x x x2 2 2 0 0 0 0 x2 x2 由 0  y2 1与 0  y2 1解得x 0不符题意，所以直线PQ的斜率存在， 2 0 4 0 0 因为直线AP，AQ斜率同号， 所以直线PQ的斜率存在且不为0， 不妨设直线PQ的方程为 y  kxm，P(x,y )，Q(x ,y )， 1 1 2 2 x2   y2 1 联立 4 ，消去y并整理得(14k2)x2 8kmx4m2 40，  y  kxm 此时16(4k2 m2 1)0， 即4k2 1 m2， 8km 4m2 4 由韦达定理得x  x  ，x x  ， 1 2 14k2 1 2 14k2 所以 4m2 4 8km m2 4k2 y y (kx m)(kx m)k2xx km(x x )m2 k2 km m2  1 2 1 2 1 2 1 2 14k2 14k2 14k2 8km 2m y  y k(x x )2mk 2m ， 1 2 1 2 14k2 14k2 第 页，共 页 3 6 {#{QQABLYQEggiIABAAAAgCAw0iCkAQkgGCAYgOBEAIMAAASQNABAA=}#}y 1 y 1 y y (y  y )1 1 此时k k  1  2  1 2 1 2  ， AP AQ x x xx 2 1 2 1 2 整理得2y y 2(y  y )2xx ， 1 2 1 2 1 2 m2 4k2 4m 4m2 4 即2  2 ， 解得m  1或m3， 14k2 14k2 14k2 当m  1时，直线PQ方程为 y  kx1， 令x0， 解得y1， 所以直线PQ恒过定点(0,1)，不符合题意， 当m3时，直线PQ方程为 y kx3，令x0， 解得 y 3， 所以直线PQ恒过定点(0,3)，符合题意， 综上所述，直线PQ恒过定点(0,3). 分 -------------------------------------------------15 18.解：(1)由题意得这三人中这一周恰好有一人选择A健身中心健身的概率 1 1 2 1 1 2 1 1 2 7 P (1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )  ；---------------4分 2 3 3 2 3 3 2 3 3 18 (2)记事件C：丁周六选择A健身中心，事件D：丁周日选择B健身中心，  1 1 3  2 1 则P(C)P(C) ,P(D|C)1  ,P(D|C)1  ， 2 4 4 3 3   1 3 1 1 13 由全概率公式得P(D)P(C)P(D|C)P(C)P(D|C)     ， 2 4 2 3 24 13 故丁周日选择B健身中心健身的概率为 ；-----------------------------------10分 24 (3)设从全校学生中随机抽取1人，抽取到的学生是健身效果不佳的学生的概率为p，则 p  0.02， 设抽取次数为X，则X的分布列为： X 1 2 3 n1 n P p (1 p)p (1 p)2p ⋯ (1 p)n2 p (1 p)n1 ⋯ 第 页，共 页 4 6 {#{QQABLYQEggiIABAAAAgCAw0iCkAQkgGCAYgOBEAIMAAASQNABAA=}#}故E(X) p(1 p)p2(1 p)2p3(1 p)n2p(n1)(1 p)n1n， 又(1 p)E(X)(1 p)p(1 p)2p2(1 p)3p3(1 p)n1p(n1) (1 p)nn， 两式相减得 pE(X) p(1 p)p(1 p)2p(1 p)n2p(1 p)n1p， 所以 1(1 p)n 1(1 p)n 10.98n E(X)1(1 p)(1 p)2 (1 p)n2 (1 p)n1    ， 1(1 p) p 0.02 10.98n 所以E(X) 在nN*时单调递增， 0.02 10.9829 10.557 可知当n 29时，E(X)  22.15， 0.02 0.02 10.9830 10.545 当n30时，E(X)  22.75， 0.02 0.02 10.9831 10.535 当n 31时，E(X)  23.25， 0.02 0.02 若抽取次数的期望值不超过23，则n的最大值为30. ------------------------------------17分 1 19. (1)证明：当ae时， f (x)  ex lnx ， f(x)ex(lnx )， x 1 1 1 x1 设 p(x)lnx ，则 p(x)   ， x x x2 x2 当0 x1时， p(x)0，当x1时， p(x)0， 所以 p(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增， 故 p(x) p(1)10，所以 f(x) 0，所以 f(x)为增函数．-------------------4分 1 (2)解：(i)设aet(t0)，则 f(x) etxlnx， t etx etx 1 则 f(x)etxlnx  (xlnx ). tx x t 设g(x)xlnx，则g(x)1lnx， 第 页，共 页 5 6 {#{QQABLYQEggiIABAAAAgCAw0iCkAQkgGCAYgOBEAIMAAASQNABAA=}#}1 当x(0, )时，g(x)0，g(x)单调递减， e 1 当x( ,)时，g(x)0，g(x)单调递增， e 1 1 所以g(x)  g( )  ， min e e 1 当t 0时，令g(x) ，由g(1)0，且g(x)在(1,)上单调递增， t 1 故g(x) 仅有一个零点x ，不符合题意； t 0 1 当t 0时，g(x)[ ,), e 1 1 1 ①当t„e时，则 „  ，此时g(x)  ， f(x) 0， f(x)单调递增，不符合题意； t e t 1 1 1 ②当t e时，则  0，此时g(x) 存在两个零点x x ， e t t 1 2 1 1 当x(0,x )时g(x) ， f(x) 0；当x(x ,x )时，g(x) ， f(x) 0； 1 t 1 2 t 1 当x(x ,)时，g(x) ， f(x) 0， f(x)存在两个极值点，符合题意． 2 t 综上可知，a(ee,). 分 --------------------1--------------------------1-------------------------11 (ii)由(i)可知M  f(x )，且x (0, )，满足x lnx  ， 1 1 e 1 1 t 1 1  故M  f(x ) etx1lnx x (lnx )2e lnx1 ， 1 t 1 1 1 设r lnx (1,)，则 1 r 2lnrr 1， 1 M er r2 e r 1 2 1 (r1)2 设h(r)2lnrr ，则h(r) 1  0， r r r2 r2 故h(r)单调递减，且h(1)0，则h(r)(,0)， 即 M e 2lnrr 1 r(1,0). ------------------------------------------------------------17分 第 页，共 页 6 6 {#{QQABLYQEggiIABAAAAgCAw0iCkAQkgGCAYgOBEAIMAAASQNABAA=}#}