2023徐州三檢數(shù)學(xué)答案

本文格式為Word版，下載可任意編輯——2023徐州三檢數(shù)學(xué)答案徐州市2023屆高三年級(jí)第三次質(zhì)量檢測(cè)

數(shù)學(xué)Ⅰ參考答案與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

一、填空題：

511；4.{?1,1}；5.(?1,5)；6.；7.1；8223+153π38.55；9.9；10.；11.；12.；13.[,3)；14.4

24481.?3；2.0.032；3.二、解答題：

15.⑴由于CE?圓O所在的平面，BC?圓O所在的平面，

所以CE?BC，………………2分由于AB為圓O的直徑，點(diǎn)C在圓O上，所以AC?BC，…………3分由于AC?CE?C，AC,CE?平面ACE，所以BC?平面ACE，……5分由于BC?平面BCEF，所以平面BCEF?平面ACE．…………………7分⑵由⑴AC?BC，又由于CD為圓O的直徑，所以BD?BC，

由于AC,BC,BD在同一平面內(nèi)，所以AC?BD，………9分由于BD?平面ACE，AC?平面ACE，所以BD?平面ACE．……11分由于BF?CE，同理可證BF?平面ACE，由于BD?BF?B，BD,BF?平面BDF，所以平面BDF?平面ACE，由于DF?平面BDF，所以DF?平面ACE．………14分

????????331416.⑴由AB?AC?S，得bccosA??bcsinA，即sinA?cosA．……………2分

22239代入sin2A+cos2A?1，化簡(jiǎn)整理得，cos2A?．……4分

2534由sinA?cosA，知cosA?0，所以cosA?．………6分

53⑵由2b?a+c及正弦定理，得2sinB?sinA+sinC，

即2sin(A+C)?sinA+sinC，……………8分所以2sinAcosC+2cosAsinC?sinA+sinC．①

344及sinA?cosA，得sinA?，……………10分5354?sinC代入①，整理得cosC?．

8代入sin2C+cos2C?1，整理得65sin2C?8sinC?48?0，…………12分

12412解得sinC?或sinC??．由于C?(0,?)，所以sinC?．……14分

135133r3r17．方案一：如圖甲，設(shè)?DBC??，則BD?cos?，DC?sin?……………2分

2299π所以S△BDC?r2sin2?≤r2，當(dāng)且僅當(dāng)??時(shí)取等號(hào)，……………6分

161643此時(shí)點(diǎn)D到BC的距離為r，可以保證點(diǎn)D在半圓形材料ABC內(nèi)部，因此依照?qǐng)D甲方案得到

492

直角三角形的最大面積為r．…………………7分

16

由cosA?數(shù)學(xué)Ⅰ答案第1頁(yè)(共4頁(yè))

D

DABBOECOC（第17題乙圖）（第17題甲圖）

方案二：如圖乙，設(shè)?EOD??，則OE?rcos?，DE?rsin?，

Aππ3211ππ設(shè)f(?)?r2(1?cos?)sin?，則f?(?)?r2(1?cos?)(2cos??1)，當(dāng)??[,]時(shí)，f?(?)≤0，

2232332π

r．f(?)單調(diào)減（加上），故??時(shí)，即點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，△BDE的面積最大值為83

所以S△BDE?r2(1?cos?)sin?，??[,]．…………………10分

12……………13分

由于33292r?r，816332r．………14分8所以選擇圖乙的方案，截得的直角三角形面積最大，最大值為18．⑴連結(jié)A2P，則A2P?A1P，且A2P?a，又A1A2?2a，所以?A1A2P?60?.所以?POA2?60?，所以直線OP的方程為y?3x.……3分⑵由⑴知，直線A2P的方程為y??3(x?a)，A1P的方程為y?聯(lián)立解得xP?3(x?a)，3a.………………………5分2x24y23c3321222由于e?，即?，所以c?a，b?a，故橢圓E的方程為2+2?1.

aa2a244?3aay?(x?a),?(?)?PQa?327?3．…………8分?由?2解得，……7分所以x??Q2QA1?a?(?a)47x4y?+?1,7?a2?a2⑶不妨設(shè)OM的方程為y?kx(k?0)，

?y?kx,1?k2aak?22,)，所以O(shè)B?a聯(lián)立方程組?x解得B(；……10分4y2221?4k1?4k1?4k?2+2?1,a?a1?k22a2ak1OM?ON?用?代換上式中的k，得OC?a．同理，，…13分2224?kk1?k1?k所以S1?S2?1k．…………14分?OB?OC?OM?ON?a4?224(1?4k)(4?k)數(shù)學(xué)Ⅰ答案第2頁(yè)(共4頁(yè))

由于k(1?4k2)(4?k2)?11≤，

14(k2?2)?175ka4當(dāng)且僅當(dāng)k?1時(shí)等號(hào)成立，所以S1?S2的最大值為．………………16分

519．⑴若a?0時(shí)，a1?2，an?1?an2，所以2an?1?an，且an?0．2兩邊取對(duì)數(shù)，得lg2+2lgan?1?lgan，……………………2分化為lgan?1+lg2?(lgan+lg2)，由于lga1+lg2?2lg2，所以數(shù)列{lgan+lg2}是以2lg2為首項(xiàng)，

121為公比的等比數(shù)列．……4分22?n?1所以lgan+lg2?2()n?1lg2，所以an?22⑵由an?1?12．………6分

an+a22，得2an?1?an+a，①當(dāng)n≥2時(shí)，2an?an?1+a，②2①?②，得2(an?1+an)(an?1?an)?an?an?1，…………8分由已知an?0，所以an?1?an與an?an?1同號(hào)．…………10分

2由于a2?a+1，且a?0，所以a12?a2?(a+2)2?(a+1)?a2+3a+3?0恒成立，

所以a2?a1?0，所以an?1?an?0．……………………12分由于bn?an?1?an，所以bn??(an?1?an)，

所以Sn??[(a2?a1)+(a3?a2)+?+(an?1?an)]??(an?1?a1)?a1?an?1?a1．……16分

12ax2+x?1(x?0)，………2分20．⑴f?(x)??2ax?1??xx111111只需要2ax2?x?1≤0，即2a≤2??(?)2?，所以a≤?．………………4分

xxx248此處是否要驗(yàn)證？由于導(dǎo)數(shù)大于或等于0不是函數(shù)單調(diào)增的充要條件

11⑵由于f?(x)??2ax?1．所以切線l的方程為y?(?4a?)(x?2)?ln2?4a?2．

2x1??令g(x)?lnx?ax2?x??(?4a?)(x?2)?ln2?4a?2?，則g(2)?0．

2??12ax2?(4a?)x?1112g?(x)??2ax?4a???．………6分x2x若a?0，則g?(x)?2?x，當(dāng)x?(0,2)時(shí)，g?(x)?0；當(dāng)x?(2,+?)時(shí)，g?(x)?0，2x數(shù)學(xué)Ⅰ答案第3頁(yè)(共4頁(yè))

所以g(x)≥g(2)?0，c1,c2在直線l同側(cè)，不合題意；…………………8分

1x)(?1)24a，若a??1，g?(x)?2≥0，g(x)是單調(diào)增函數(shù)，若a?0，g?(x)??

xx8當(dāng)x?(2,+?)時(shí)，g(x)?g(2)?0；當(dāng)x?(0,2)時(shí)，g(x)?g(2)?0，符合題意；…10分

2a(x?2)(x?若a??，當(dāng)x?(?181,2)時(shí)，g?(x)?0，g(x)?g(2)?0，4a當(dāng)x?(2,??)時(shí)，g?(x)?0，g(x)?g(2)?0，不合題意；…………12分若??a?0，當(dāng)x?(2,?181)時(shí)，g?(x)?0，g(x)?g(2)?0，4a當(dāng)x?(0,2)時(shí)，g?(x)?0，g(