2.2022.09.19数学月考答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_2023广西南宁三中、柳铁一中高三上学期9月月考数学

2023 届高三年级 9 月月考 理科数学参考答案 1．B 2．B 3.A 4.D 5．C 6．A 7．A 8．B 9.C 10.D 11． D 12．C 1. B M {x|0 x3},N  x|1 x4  ,M N {x|1 x3} .故选：B. 24i 24i (24i)(1+i) 2. B z =  (12i)(1i)3i,.  z  321 2  10 . 故选：B. 1i3 1i (1i)(1+i) a a 3515 3. A 设等差数列a 的公差为d ，则d  7 3  5,a a 2d 15105， n 73 4 1 3 S 9a 36d 95365 225. 故选：A. 9 1 4.D对于A：由图可知，月收入的最大值为90，最小值为30，故A正确； 对于B：7月份的利润最大，为60万元，故B正确 对于C：这12个月利润的中位数与众数均为30，故C正确； 对于D：各个月的利润分别为20，30，20，10，30，30，60，40，30，30，50，30， 所以总利润为20+30+20+10+30+30+60+40+30+30+50+30=380(万元)，故D错误；故选：D.  exex sinx  exex sinx 5.C  f x定义域为R，又 f x   f x， 2 2 f x为定义域上的偶函数，图象关于y轴对称，可排除AB；当x0,时，sinx0，ex ex 0， f x0， 可排除D. 故选：C. 6．A 方程 x2  y2 1表示双曲线，则有：m2m30，解可得：3m2， m2 m3 要求方程 x2  y2 1表示双曲线的一个充分不必要条件，即要求的是  x 3m2  的真子集，依次分析选 m2 m3 项：A符合条件. 故选：A. 1  1 7. A f(x) a,当a0时，f(x)0，f(x)在  0，  上单调递增，无最大值. 当a 0时，当x 0,  x  a 1  时， f(x)0， f(x)在单调递增；当x  , 时， f(x)0， f(x)在单调递减，所以当a 0时， f(x) a  1 1 1 有最大值，最大值为 f   ln 10，所以a  ，所以 f(e)0.故选A. a a e 8.B由程序框图可知当a91，b39时，满足ab，则a913952，i1；由a b，则a523913， i2；由ab，则b391326，i3；由ab，则b261313，i 4；由ab13，输出i 4．故选： B. 答案第1页，共8页y b y b 9.C A(0,b),设P(x ,y )，则Q(x ,y )，则k  1 ,k  1 ，故 1 1 1 1 AP x AQ x 1 1 y2 b2 3 y b y b y2b2 3 x2 y2 a2(b2 y2) 1  k k  1  1  1  ，又 1  1 1，则x2  1 ，所以 a2(b2 y2) 4 ，即 AP AQ x x x2 4 a2 b2 1 b2 1 1 1 1 b2 b2 3 c b2 1  ，所以椭圆C的离心率为e  1  .故选C. a2 4 a a2 2   10.D 如图所示，小球最大半径r满足： 21 r1，解得：r 21，   小球的表面积S 4r2  128 2 .故选：D. b  11．D根据题意，可得 f(x)asin2xbcos2x a2b2sin(2x)，其中tan ．f(x)„ f( ) 对一切xR a 6  恒成立，当x 时，函数有最大值 a2b2 或最小值 a2b2 ． 6     因此，2  k，解得 k，kZ，f( ) a2b2sin() a2b2sin0， 6 2 6 2  5 5 sin0，从而取k 1得到  ．由此可得 f(x) a2b2sin(2x )， 6 6 6  5 3 2 7 2 7π 令 2k„2x „ 2k，得 k„x„ k，当k 0时，可得 f(x)的一个单调递减区间是[ ， ]．故 2 6 2 3 6 3 6 选：D． 12．C 函数 f(x) x22cosx的定义域为R， f(x)(x)22cos(x) f(x) ，故 f(x) x22cosx为偶函数， 当x0时， f(x)2x2sinx，令，则g(x)22cosx0，即g(x)2x2sinx,x[0,)单调递增，故   g(x) g(0)0，所以 f(x)0，则 f(x) x22cosx在x[0,)时单调递增，由于c f log 2  flog 2， 0.2 1   5  f log 2  f  log 2 ，0log 2log 5 1 ，令g  x   lnx ，g/ x   1lnx ，g  x 在 0，e  上单调 5 5 5 5 2 x x2 ln0.2 ln0.3 1 0.5 5 1 递增，  0.20.3 0.30.2，0.20.3 0.20.5     ，0.30.2 0.20.3 log 2， 0.2 0.3 5 5 2 5 bac. 故选：C．   13． π  a  1,cosa  ,b   a  b   2 2 2 , a  与b  的夹角为 π . 故答案为 π . 4 a b 4 2 4 4 14．26 1x6展开式第r1项T Crxr，r3时， C3x3 20x3，r =5时，C5x5 6x5， r1 6 6 6  1  ∴1 (1x)6展开式中x3系数26. 故答案为：26.  x2  答案第2页，共8页15．    4 3    n1 由题意得S n 3a n1 3S n1 3S n ，又S 1 a 1 1，则 S S n1  4 3 ， n 故数列S n 是以1为首项， 4 3 为公比的等比数列，则S n     4 3    n1 .故答案为：    4 3    n1 . 16．①③ 在ACQ中，M,N 为AC,AQ的中点，MN∥CQ， C,M,N,Q四点共面，①正确； V V ，QN到平面ABCD的距离为定值 1 ，且△ADM 的面积 ADMN NADM 2 1 为定值 ，三棱锥ADMN的体积跟的取值无关，②错误； 4 当QMC 90时即QM  AC，又M 为AC 的中点，QAC 为等腰三角形，QAQC，即Q与D 重 1 合时，有QAQC，=0，③正确； 1 2 5  时，过A,Q,M 三点的正方体的截面ACEQ是等腰梯形，其中上底为 ，下底为 2 ，腰为 ，所以梯 2 2 2 2 3 2 3 2 (  2） 形的高为 ，所以平面截正方体所截得的面积 2 4 9，④错误. 故答案为：①③. 4 S  = 2 8 17．（1）解：由外接圆半径为 3 得b2 3sinB， 由4 3sinBcosC 2ac，得2bcosC 2ac， …………2分 利用正弦定理得：2sinBcosC2sinAsinC，即2sinBcosC2sin(BC)sinC， …………3分 化简得sinC 2sinCcosB ， …………4分 1 由C为ABC的内角，得sinC0，可得cosB ， …………5分 2 π 又B为ABC的内角，所以B ． …………6分 3 b （2）由正弦定理得： 2 3b3， …………7分 sinB 3 5 设D为AC边上的中点，则AD ,BD ， 2 2 25 9  a2 4 4 在△BCD中，cosBDC  ，…………8分 5 3 2  2 2 答案第3页，共8页25 9  c2 4 4 在△ABD中，cosADB ，…………9分 5 3 2  2 2 因为ADBBDCπ，所以cosADBcosBDC0 ，可得a2 c2 17，…………10分 由余弦定理b2 c2a22accosB，即9c2a2ac，ac8，…………11分 1 由三角形面积公式得：S  acsinB2 3. …………12分 △ABC 2 18．（1）由频率分布直方图可知，(0.0200.005)1010025，所以在抽取的100人中，“读书迷”有25人， 从而2×2列联表如下： 非读书迷 读书迷 总计 男 30 15 45 女 45 10 55 总计 75 25 100 …………2分 100(30101545)2 K2的观测值 3.030.…………5分 45557525 因为3.0303.841，所以没有95%的把握认为“读书迷”与性别有关. …………6分 （2）由（1）中列联表可知25名“读书迷”中有男生15名，女生10名，所以从“读书迷”中按性别分层抽样 抽取的5名学生中，有男生3名，有女生2名，=1，2，3 …………7分 C1C2 3 C2C1 6 C3 1 P(1) 3 2  ,P(2) 3 2  ,P(3) 3  …………10分 C3 10 C3 10 C3 10 5 5 5  1 2 3 P 0.3 0.6 0.1 …………11分 E()10.320.630.11.8 …………12分 19．解：（1）取AB中点M，连接ME，BD，如图，因为PAPB AB2，所以PM AB, 答案第4页，共8页又平面PAB平面ABCD，AB是交线，所以PM 平面ABCD，所以PM  AC,…………2分 因为M，E分别是AB，AD中点，所以ME//BD,由底面ABCD为菱形知，ACBD, 所以AC ME,…………4分 因为PM ME M,所以AC平面PME,所以AC PE.……5分z z （2）AC 2ABC为正三角形，即ABFC 由（1）证明可得PM 面ABC以MB为x轴，MC为 y轴， MP为z轴建系，则 …………6分       A  1,0,0  ,C 0，3，0，D 2, 3,0,P0,0, 3 ，设面PCD的n  x,y,z  x y  PCn0 由 得n  0,1,1 ，…………8分  CDn0     依题意AF AD,则F 1, 3,0,PF  1, 3, 3 ………9分 PFn 1 设直线PF与平面PCD所成角为，sin  …………10分 PF  n 4 1 解得 或（2 舍去）AF 1 …………12分 2 20．解：（1）由已知可得圆心 ，半径 ，焦点 ，准线 因为圆C与抛物线F的准线相切，所以 ， …………2分 且圆C过焦点F，又因为圆C过原点，所以圆心C必在线段OF的垂直平分线上，即 …………4分 所以 ，即 ，抛物线F的方程为 …………5分 （2）易得焦点 ，直线L的斜率必存在，设为k，即直线方程为 设 得 ， ， …………6分 对 求导得 ，即 答案第5页，共8页直线AP的方程为 ，即 ， 同理直线BP方程为 设 ， 联立AP与BP直线方程解得 ，即 …………8分 所以 ，…………9分 点P到直线AB的距离 …………10分 所以三角形PAB面积 ，当仅当 时取等号 综上：三角形PAB面积最小值为4，此时直线L的方程为 . …………12分 x x(ex a) 21.解：（1） f '(x)a x ，…………1分 ex ex ①当a0时，由 f(x)0得x0或xlna； 若0a1，则xlna时 f(x)0， f(x)为增函数； lnax0时 f(x)0， f(x)为减函数； x0时 f(x)0， f(x)为增函数．…………2分 若a1， f(x)0， f(x)为R上的增函数．…………3分 若a1时， 则x0时 f(x)0， f(x)为增函数； 0xlna时 f(x)0， f(x)为减函数； xlna时 f(x)0， f(x)为增函数，…………4分 ③当a0时，由 f(x)0得x0， 由x0得 f(x)0， f(x)为减函数， 由x0得 f(x)0， f(x)为增函数 …………5分 （2）由（1）若0a1时，极小值 f(0)a0，故 f(x)最多只有一个零点，不符合题意；…………6分 答案第6页，共8页1 若a1， f(x)为R上的增函数．不符合题意；若a1时，极小值 f(lna) (lna)2lna10， 2 故 f(x)最多只有一个零点，不符合题意； …………7分 若a0时， f(x)  f(0)a0，又x趋向时 f(x)0，x趋向时 f(x)0， min 综上，当a0时 f(x)始终有两个零点x，x， …………8分 1 2 不妨令x 0 x，构造函数F(x) f(x) f(x)， 1 2 所以F(x) f(x) f(x) x   exa x   exa ax  exex ，…………9分  ex   ex  由于x0时，exex 0，又a0，则F(x)ax  exex 0恒成立，…………10分 所以F(x)为(0,)上的减函数，则F(x) F(0) f(0) f(0)0，即 f(x) f(x)，故 f x  f x ． 2 2 又x，x是 f(x)的两个零点，则 f x  f x ， 1 2 1 2 所以 f x  fx ，结合 f(x)的单调性得x x ， 1 2 1 2 所以x x 0． …………12分 1 2 x1t 22．(1)因为直线l的参数方程为 （t为参数），  y3t 所以消去参数t可得直线l的普通方程为x y20. …………2分 由2 1sin2  6得22sin26， 又2  x2 y2，xcos，y sin， x2 y2 所以x22y2 6，所以曲线C的直角坐标方程为  1. …………5分 6 3  2 x1 t (2)因为P1,1，且P在直线l上.所以将直线l的参数方程改写为   2 （t为参数）.…………6分  2 y1 t   2 2 2  2   2  代入曲线C的直角坐标方程得1 t 21 t 60，      2   2  2 2 6 化简得3t22 2t60，所以t' t'  ，t't'  2， …………7分 1 2 3 1 2 3 所以由直线参数方程中t的几何意义可得 2 2 1  1  PB  PA  t 2 '  t 1 '  t 1 ' t 2 '   3  2 . ………… 10分 PA PB PA PB t' t' t't' 2 3 1 2 1 2 答案第7页，共8页3x1,x1  x1 1x1 x1 23．(1)函数 f(x)x3,1x1，不等式 f x5可化为： 或 或 ，  3x15 x35 3x15 3x1,x1 x1 1x1 x1 4 解 得：2 x1，解 得：1x1，解 得：1x ， 3x15 x35 3x15 3 4 所以不等式 f x5的解集为[2, ]. …………5分 3 (2)由（1）知，当x1时， f(x)2，当1x1时，2 f(x)4，当x1时， f(x)4， 9 9 9 因此，当x1时，f(x) 2，当x3时，x 2mx3 5m2 (x3) 5m11m， min x3 x3 x3 9 当且仅当x3 ，即x6时取“=”， x3 9 9 因x R，x 3,，使得 f x 2x  m f x x  2m ， 1 2 1 2 x 3 1 2 x 3 2 2 9 则有 f x 的最小值不小于x  2m在x 3,上的最小值，即有211m，解得m9， 1 2 x 3 2 2 所以实数m的取值范围是m9. …………10分 答案第8页，共8页