高三学年1月月考数学答案校内版_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_黑龙江省哈尔滨市第三中学2022-2023学年高三1月月考数学

哈三中 2022—2023 学年度上学期 高三学年 1 月月考数学答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D B A C B D A C BC ACD AD ABD x2 y2 13.  1 14.31 4 12 65 158 15. 4 16. ，  4 15 3  π 1  2  17.(1)解： f x sin2x  1cos2x π 2  3 2  3  3  π 1  π π π 1  π 1  sin2x   1cos2x  sin(2x  ) sin2x  ， 2  3 2  3 3 6 2  6 2 π   k 令2x k ,kZ  对称轴方程：x  ,kZ. 6 2 6 2 最小正周期： π  7    1   3 (2)2x   ，  ，sin2x    ,1   f  x  0,  6  6 6   6  2   2 18. (1)  x1 2  y3 2 4 (2) x3,5x12y150 19. （1）选①，由①得， S n 2a n 1 ，n1时， a 1 2a 1 1 ，得 a 1 1 ； n2时，S S  2a 2a ，得a 2a ，故a 为首项是1，公比是2的等比数列，a 2n1； n n1 n n1 n n1 n n 12n S  2n 1.选②，由②得，1S 2S a S ，得a S 1，n1时，a a 1； n 12 n1 n n1 n n1 n 2 1 n2时，a S a S  0，整理得a 2a ， n1 n n n1 n1 n a 2a ，故a 为等比数列，首项为a 1，公比q=2，故a 2n1，S  12n 2n 1. n1 n n 1 n n 12 选③，a 0,a 1,a2 a a 2a2，则(a 2a )(a a )0，a 0， n 1 n1 n n1 n n1 n n1 n n 则a a 0，得a 2a ，故a 为等比数列，首项为a 1，公比q=2，故a 2n1， n1 n n1 n n 1 n 112n S  2n 1. n 12 （2）根据题意，b (2n1)a (2n1)2n1，得 n n T 132522723(2n1)2n1， n 2T 2322523(2n1)2n，两式相减，得 n T 12(222232n1)(2n1)2n， n 22n T 12 (2n1)2n， n 12 T 32n(2n3) n 20.（1）∵PC⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴PC AC. 取AB的中点M，连接CM，∵AB∥CD，AB2CD，∴AM∥CD，AM CD， 1 ∴四边形ADCM为平行四边形.∵AD AB AM ，∴ADCM 为菱形，∴ACMD. 2 ∵MB∥CD，MBCD∴四边形BMDC为平行四边形, ∴BC∥MD,∴BC  AC.又有PCBCC，PC,BC平面PBC, ∴AC⊥平面PBC.AC平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC. （2）∵PD2，CD1，PCDC，∴PC  3， 又有BC1，AB2，ACB90，∴AC 3. ∴在RtPAC中， PA 6. 1 AD2 DE2  AE2 cosADP  ,在AED中cosADE  ,DE 1, 4 2ADDE 即E为PD的中点建立空间直角坐标系，   ,     P 0,0, 3 B1,0,0 A0, 3,0  1 3   1 3 3 D , ,0 E , ,       2 2   4 4 2      平面AEC的法向量n 6,0, 3 ，PB  1,0, 3 设PB与平面AEC所成角为， 39 sin 26 2x2 21.（1）椭圆方程为  y2 1； 4 （2）由于P是椭圆C的上顶点，故直线 MN 的斜率一定存在， 设Mx,y ,Nx ,y ，直线MN:y kxm， 1 1 2 2 ykxm 联立方程组  x2 ，得  14k2 x28kmx4m240   y2 1  4 64k2m24  4m24  14k2  16  14k2m2  0 ，得14k2 m2， 8km 4m24 y 1 y 1 kx m1kx m1 x x  ,x x  ，k k  1  2  1 2 1 2 14k2 1 2 14k2 1 2 x x xx 1 2 1 2 k2xx km1x x  m12 3  1 2 1 2  , xx 4 1 2 8km 4m24 由题意知m1，由x x  ,x x  ， 1 2 14k2 1 2 14k2 代入化简得4k2m18k2mm1 4k2 1  3 m1 0 ，整理得：2m40， ∴m2故直线MN 过定点H0，2，由0得14k2 22，解得 k2  3 ， 4 且 PH 123， 1 1 3 4 4k23 6 4k23 S  PM  x x  3 x x    ，令t 4k230， PMN 2 1 2 2 1 2 2 14k2 14k2 则 6t 6 6 3， S     PMN t24 4 4 2 t 2 t t t 4 7 当且仅当t  ，即t2，即k 时等号成立， t 2 3 所以 PMN 面积的最大值为 . 2 1 22.（1）ex cosxx1cosx2cosxx （2）   6 (2) 令(x)ex cosxax3 x2,'(x)ex sinx3ax2 1. 令(x)'(x),则(x)'(x)ex cosx6ax, 1 2 1 令(x) '(x),可得(x)ex sinx6a. 3 2 3 1 ①当a  时,由(1)知(x)h(x)0,(x)为单调递增函数 6 2 1 3因为(0)0,所以当x0时,(x)0,当x0时,(x)0, 1 1 1 (x)在(,0)为单调递减函数,在(0,)上为单调递增函数. 所以有 f(x) f(0)0. 1  ②当a  时,'(x)ex cosx,由(1)知在( ,)上,(x)为单调递增函数 6 3 2 3 (0)16a0,(e6a)6a1sine6a 6a0,存在x ,(x )0, 3 3 0 3 0 在(0,x )上,可得(x)0,(x)0,从而(x)0,不成立. 0 2 1 1    ③当a 时,(0)16a0,( )e 2  6a. 1 6 3 3 2  不论( )是否小于0,都有x ,使得在(x ,0)上,(x)0, 3 2 1 1 3 此时,(x)为单调递增函数,所以在(x ,0)上,(x)(0)0,(x)为单调递减函数. 2 1 2 2 1 此时(x)(0)0,则(x)在(x ,0)上为单调递增函数,此时(x)0,不成立. 1 1 1 4