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