数学答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_2023黑龙江省齐齐哈尔市高三上学期期末考试数学_2023黑龙江省齐齐哈尔市高三上学期期末考试数学

齐齐哈尔市实验中学高三上学期期末考试 数学试题答案 1.C 当n=0,1,2,3,4时,x=3n+2分别为2,5,8,11,14,所以A∩B={5,8,11},故选C. 2.A 由 =a+bi(a,b∈R),得 i=a+bi,则a= ,b=- ,所以a+b=0.故选A. 1 1 1 1 1 3.C1+i 2−2 2 2 由题意可得该屠夫每天屠的肉成等比数列,记首项为 a ,公比为 q,前 n 项和为 S ,所以 1 n ( - ) ( - ) a =5,q=2,因此前5天所屠肉的总两数为 =155.故选C. 1 - 5 - 5 1 1 5×12 4.B 1 = 12           (ab)a,a2 ab 2ab 0ab 2,     ab 2 2 π ∴cosab     ，所以a与b的夹角是 .故选B. a |b| 22 2 4 5.D 采用捆绑法和插空法.从4名男生中选择3名,进而将3个相邻的男生捆在一起,看成1个 男生,方法数是 种,这样与第4个男生看成是2个男生;然后6个女生任意排的方法数是 种;最后在6个3女生形成的7个空隙中,插入2个男生,方法数是 种.综上所述,不同的 A4 排6法共有 种.故选D. 2 A6 A7 6.B 3 6 2 A4A6A7    因为函数 f x2sinx 0,0 的图象的相邻两个零点的距离为 ，所以  2 2  2 2 T  2，所以  2，所以 f x2sin2x， 2 T  又因为 f 0 2，所以 f 02sin 2，解得sin 2 ， 2     因为0 ，所以 ，所以 f x2sin2x .故选B. 2 4  4 7.B 由MN=3,NP=4,MP=5,可知∠PNM=90°,则球心O在过PM中点O'与面MNP垂直的直 线上,因为MNP面积为定值,所以高最大时体积最大,根据球的几何性质可得,当O'Q过球 心时体积最大,因为四面体Q-MNP的最大体积为10,所以 S ×O'Q= 3×4×O'Q=10,可得O'Q=5, △MNP 1 1 1 3× 3×2× 在 OO'P中,OP2=OO'2+O'P2,则R2=(5-R)2+ ,得R= , 25 25 △ 4 8 故球的表面积为4 ,故选B. 2 25 625π π× 8 = 168.C f(x)0等价于eaxaxx22lnxe2lnx2lnx． 令函数g(x)exx，则g(x)ex10，故g(x)是增函数． 2lnx eaxaxe2lnx2lnx等价于ax2lnx(x0)，即a ． x 2lnx 22lnx 令函数h(x) ，则h(x) ． x x2 当x(0,e)时，h(x)0，h(x)单调递增；当x(e,)时，h(x)0，h(x)单调递减． 2 h(x) h(e) . max e 2  故实数a的取值范围为 ,．故选C. e  9.BCD π  π 将函数 fxsinx的图象向左平移 个单位长度，可得ysinx ， 3  3  π 再将图象上所有点的横坐标变为原来的 1 倍（纵坐标不变），可得g(x)sin2x ， 2  3  π   π  π  π  对于A选项，令hx gx sin2x   sin2x ，  3   3 3  3 π  π  2π  π 则h 0，h sin 0，故函数gx 不是偶函数，A不正确； 6  6  3   3  π π 对于B选项，因为g sin00，故x 是函数g(x)的一个零点，B正确；  6 6  5       5  对于C选项，当x   ,  时，2x    ,  ，所以函数g(x)在区间   ,  上  12 12 3  2 2  12 12 单调递增，C正确；   π kπ 对于D选项，因为对称轴满足2x  kπ,kZ，解得x  ,kZ， 3 2 12 2 π π 则k 0时，x ，所以函数g(x)的图象关于直线x 对称，D正确．故选BCD． 12 12 10.ABD 由题意可知：32a4，故a2，故A正确； 乙组样本数据方差为9436，故B正确； 设甲组样本数据的中位数为x ，则乙组样本数据的中位数为3x 2，所以两组样本数据 i i 的样本中位数不一定相同，故C错误 甲组数据的极差为x x ，则乙组数据的极差为3x 23x 23x x ， max min max min max min 所以两组样本数据的样本极差不同，故D正确；故选ABD. 11.ACD 对于A：因为BD  AC ，BD  AA，AC AA A，所以BD 面ACCA， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1因为AC面ACCA，所以BD AC ，同理可证AD AC，因为AD BD D ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以AC 平面ABD ，因为AE平面ABD ，所以 AC AE总成立，故选项A正确； 1 1 1 1 1 1 对于B：平面EFB即平面BDDB ，而平面EFA即平面ABD ，所以当E向D 运动时，二 1 1 1 1 1 面角AEFB大小不变，选项B不正确； 对于C：建立如图所示的空间几何体， 则A1,1,0,B0,1,0,C0,0,0，D1,0,0,D 1,0,1， 1 因为E,F在BD 上，且EF  2 ，故可设Et,1t,1,F  t 1 , 3 t,1  ， 1 t1 1 1 2  2 2  2  AE t1,t,1，  设平面ABE的法向量为mx,y,z，  又AB1,0,0， x0  所以 ，取y1，则m0,1,t，  t1xtyz0    t 平面ABC的法向量为n0,0,1，所以cos m,n  ， 1 t21 设二面角EABC的平面角为，则为锐角，故 t 1 cos  t21 1 ， 1 t2 1 1 5 2 当 t1，故 2 1  5，所以 cos ， 2 t2 5 2 2 当且仅当t1时cos取最大值 即取最小值45，故C正确； 21 1 2 2 对于D：因为S  EFBB   1 ， BEF 2 1 2 2 4 2 点A到平面BDDB 的距离为 ， 1 1 2 1 2 2 1 所以体积为    ，即体积为定值，故选项D正确．故选ACD. 3 4 2 12 12.ABD 1 对于A，因为x ，所以2x10，所以12x0， 2 1 1  1  1 所以2x 2x1 1 12x 1≤2 12x  11 ，   2x1 2x1  12x 12x 1 1 当且仅当12x ，即x0时等号成立，所2x 的最大值为1，故A正确； 12x 2x1 对于B，因为x，y，z都是正数，且xyz2，所以x1 yz3，x10，yz0， 4 1 1 4 1  所以      x 1 y z， x1 yz 3 x1 yz 4 1 1 4yz x1 1  4yz x1  所以   5   52  3， x1 yz 3 x1 yz 3  x1 yz  4yz x1  x1 4 1 ，当且仅当  ，即x12yz，即 时等号成立，所以  x1 yz yz1 x1 yz 的最小值为3，故B正确； x2y 2 x2y2 对于C，因为x0，y 0，所x2y  ，即 2xy （当且仅当x2y时  2  4 等号成立），因为x2y2xy8，所以2xy8x2y，所以 8x2y x2y2 ，所 4 以x2y24x2y320，解得x2y8（舍去）或x2y4，当且仅当x2y2 时等号成立，所以x2y的最小值为4，故C错误； 对于D，令xyt，x2ys，则x2ts，yst，因为xy0，所以x，y同号， x 2y s 2t s 2t s 2t 则s，t同号，所以  4  42  42 2，当且仅当  ，即 x y x2y t s t s t s x 2y s 2t 时取等号，所以  的最大值是 42 2 ，当且仅当x 2y时，等号成立， x y x2y 故D正确．故选ABD. 13. 0.4 因为ξ符合正态分布N(1,σ2),所以曲线的对称轴是x=1,因为ξ在(0,2)内取值的概率为0.8, 所以ξ在(1,2)内取值的概率为0.4.14. e 2 由题意,得f'(x)= 又切线斜率k= a x x a xe -ae lnx x-alnx 1 x 2 x (e ) = e . 2. ∴f'(1)= ,∴a= a 1 e e =2 2. 15. 1 依据2题意作出图象,如图: 因为直线PA过点P且与圆x2+y2=1相切于点A, 所以PA⊥OA,所以|PA|= - - , 2 2 2 要使得PA最小,则OP要最 小,由 题可=得 O P1的 | - - | 最小值就是点O到直线l:y=x-2的距离d= 020 2 2 = 2. 1 +1 此时,|PA| = - ( ) - =1, min 2 2 min 1= 2 1 所以∠OPA= ,由切线的对称性可得∠BPA= ,|PB|=1, π π 4 2 所以 PAB的面积为S = 1×1= △PAB 1 1 △ 2× 2. 16．[3 3，3+ 3] 3 3 p 13 因为点A( 3，m)在抛物线上，所以32pmm ，点A到准线的距离为   ， 2p 2p 2 4 1 1 解得p 或 p=6．当 p=6时，m 1，故 p=6舍去，所以抛物线方程为x2  y，∴ 2 4 A( 3，3)，B( 3，3) ，所以OAB是正三角形，边长为2 3，其内切圆方程为x2(y2)2 1，  3 3 如 图 所 示 ， ∴ E ，  ． 设 点 F(cos，2sin) （  为 参 数 ）， 则    2 2   3 3  π   OE·OF  cos3 sin3 3sin  ，∴OE·OF[3 3，3 3]． 2 2  617.解 (1)设等差数列{a }的公差为d. n 则 ...................................（2分） a1+4d= 21, 5×4 5a1+ 2 d= 2(a1+5d)+3, 解得 ...................................（3分） a1 =1, 所以ad==55n,-4....................................（4分） n (2)由(1)可得Sn= ,...................................（5分） (5n-3)n 2 所以b = ,b = ,...................................（6分） n n1 n 2 n+1 2 Sn =5n−3 Sn+1 = 5n+2 则b b = ,...................................（8分） n n1 4 4 1 1 (5n-3)(5n+2)= 5 5n−3−5n+2 所以Tn= + +…+ 4 1 1 1 1 1 1 5 2−7 7−12 5n−3−5n+2 = = ...................................（10分） 4 1 1 2n 18.解 (1)因为 5bsi2n−A5=na+(22+c5ons+B2).,由正弦定理 得 sinBsinA=sinA(2+cosB)...........................（2分） 3 因为A∈(0,π),所以sinA>0,所以 sinB-cosB=2,...........................（3分） 3 所以2sin(B- )=2............................3.（4分） π 6 因为B∈(0,π),所以B- ,即B= ........................（5分） π π 2π 6 = 2 3 . (2)依题意 ,即ac=4............................（6分） 3 所以a+c 4 ≥2= 3=4,当且仅当a=c=2时取等号............................（7分） 又由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2+ac≥3ac=12,所以b≥2 ,.....（. 9分） 当且仅当a=c=2时取等号...........................（10分） 3 所以 ABC的周长的最小值为4+2 ..........................（12分） d 19.解 (1)由散点△图判断，y＝c＋ 更适合作为该 3. 图书每册的成本费y(单位：元)与印刷数 x 量x(单位：千册)的经验回归方程．...................（2分） 1 (2)由u  ，先建立y关于u的经验回归方程， i x i 7.049 由于 ＝ ≈8.96，...........（4分） 0.787 所以 ^ c＝ y －d ^ · u ＝3.63－8.96×0.269≈1.22，...........（6分）^ 所以y关于u的经验回归方程为y＝1.22＋8.96u，..........（7分） ^ 8.96 所以y关于x的经验回归方程为y＝1.22＋ ...........（8分） x 8.96 (3)假设印刷x千册，依题意得10x－(1.22＋ )x≥78.840，..........（10分） x 所以x≥10，..........（11分） 所以至少印刷10000册才能使销售利润不低于78840元．..........（12分） 20.解 (1)连接AC交BD于N，连接MN.在正方形ABCD中，ACBD N， ∴N是AC的中点. 又M是AP的中点， ∴MN是△APC的中位线，MN∥PC，.........................（2分） ∵MN面BMD，PC面BMD， ∴PC∥平面BMD..........................（4分） （2）取AD的中点O，连接OP，ON. 在PAD中，PAPD，O是AD的中点， ∴OP AD， 又平面PAD平面ABCD，OP平面PAD，平面PAD平面ABCD AD， ∴OP平面ABCD..........................（6分） 在正方形ABCD中，O，N分别是AD、BD的中点，∴ON  AD， ∴OP，OD，ON两两相互垂直，分别以OD，ON，OP所在直线为x轴，y轴， z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 6 P(0,0, 6)，D(2,0,0)，B(2,4,0)，M(1,0, ), 2  6   ∴DM (3,0, )，DP(2,0, 6)，DB(4,4,0). 2 设平面MBD的一个法向量n (x,y,z)， 1    6 n DM, 3x z0, 则1  ，即 2 n DB,  1 4x4y0,  取x1，得n (1,1, 6)， 1  ∴n (1,1, 6)是平面MBD的一个法向量;.........................（8分） 1  同理，n ( 3, 3, 2)是平面PBD的一个法向量，.........................（10分） 2     n n 1 31 3 6 2 3 ∴cos n 1 ,n 2  1 2   ......（11分） n  n 1212( 6)2 ( 3)2( 3)2( 2)2 2 1 2 设二面角M BDP的大小为，   3 由图可知，coscosn ，n  ，且为锐角， 1 2 2 ∴30， 故二面角M BDP的大小是30..........................（12分） 21.解(1)∵抛物线C上的点到准线的最小距离为1, =1,解得p=2,..........（2分） ∴抛物线C的方程为y2=4x.......（3分） ∴ 2 (2)由(1)可知焦点为F(1,0). 由已知可得AB⊥CD,∴两直线AB,CD的斜率都存在且均不为0. 1 设直线AB的斜率为k,则直线CD的斜率为 , k ∴直线AB的方程为y=k(x-1). , 联立 消去x得ky2-4y-4k=0.......（5分） 2 ( - ), =4 设A(x ,y=) ,B (x1,y ),则y +y = 设M(x ,y ),由y =k(x -1),得x = +1= +1, 1 1 2 2 1 2 M M M M M 4 2 2 . ∴M , .....（7分） 2 2 2 同理可 得+ N 1 (2 k2. +1,-2k)......（8分） ∴|NF|= ( - ) (- ) =2 ( ),|MF|= ,.....（9分） 2 2 2 2 2 2 2 1+ ∴|MF|·|NF 2 |= +1 1 2 + 2 ( )= 4 +1 4×2 | |· 2 =8,.....（11分） 2 1+ 2 2 2 1+ | |2 | 1 | 当且仅当|k|= ,即 2 k= ×±1 时, 1 等 + 号 成立. × ≥ | | 1 ∴|MF|·|NF|的 最小值为8......（12分）22.解 (1)由题意可得 f x的定义域为(0,)， 1 2 aexx2  xaexx2 fx    ，...............................................（1分） x x2 x3 x3 当a0时，易知xaex 0， 所以，由 fx0得0x2，由 fx0得x2， ......................（3分） 所以 f x在(0,2)上单调递减，在2,上单调递增........................（4分）  xaexx2 (2)由(1)可得 fx ， x3 x2 当0x2时 0，记gxxaex，则gx1aex， x3 因为 f x在区间(0,2)内有两个极值点， 所以gx在区间(0,2)内有两个零点，所以a0...............................（6分） 令gx0，则xlna， ①当lna0，即a1时，在(0,2)上，g(x)0，所以在(0,2)上， gx单调递减，gx的图象至多与x轴有一个交点，不满足题意...................（7分） 1 ②当lna2，即0a 时，在(0,2)上，gx0，所以在(0,2)上， e2 gx单调递增，gx的图象至多与x轴有一个交点，不满足题意....................（8分） 1 ③当0lna2，即 a1时，gx在(0,lna)上单调递增，在(lna,2)上单调递 e2 减，由g0a0知，要使gx在区间(0,2)内有两个零点， glnalna10 2 1 必须满足 ，解得 a ，...........................................（11分） g22ae2 0 e2 e  2 1 综上所述，实数a的取值范围是 , ..............................................................（12分） e2 e