內(nèi)蒙古呼和浩特市2023屆高三年級第一次質(zhì)量監(jiān)測丨文數(shù)答案

呼和浩特市2023屆高三年級第一次質(zhì)量普查考試

文科數(shù)學(xué)參考答案

一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只

有一項(xiàng)是符合題目要求的)

題號

答案

1

B

2

C

3

D

4

C

5

C

6

A

7

B

8

B

9

D

10

A

11

D

12

B

二、填空題(本大題共4小題，每小題5分．共20分．)

題號

13

14

15

16

(x6)2y232

答案

5

3

3

①③

（或x212xy240）2分）

（

642（3分）

三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)

17．解：(Ⅰ)證明：由題意得：

ana1qn13n(2分)

(公式1分，結(jié)果1分)

Sna1anq3(3n1)(4分)

1q

2

(公式1分，結(jié)果1分)

3

Sn2(an1)(6分)

(Ⅱ)由(Ⅰ)知：

bnlog3a1log3a2log3an

12n

n(n1)(8分)

2

1

2

bn(n1)nn1

2(11)(10分)

n

Tn111

b1b2

bn

第1頁共7頁

2(11)2(11)2(11)2(11)2n(12分)

2

23

nn1

n1n1

18．解：(Ⅰ)男生10500人，女生4500人，

3

抽取女生占總?cè)藬?shù)的比例為10(1分)

又分層抽樣收集300位學(xué)生

3

女生樣本數(shù)據(jù)應(yīng)收集為1030090(2分)

(Ⅱ)由頻率分布直方圖可知，

學(xué)生每周平均體育運(yùn)動時(shí)間超過4個(gè)小時(shí)的概率為(0.150.1250.0750.025)20.75

(4分)

(Ⅲ)由(Ⅱ)根據(jù)計(jì)算可得列聯(lián)表如下：

性

別

男

女

合計(jì)

時(shí)間

運(yùn)動時(shí)間

運(yùn)動時(shí)間

合計(jì)

210

90

300

超過4小時(shí)不足4小時(shí)

165

60

225

45

30

75

(7分)

K

(165304560)23001004.7623.841

2257521090

21

(10分)

2

有95%的把握認(rèn)為該校學(xué)生的每周平均體育運(yùn)動時(shí)間與性別有關(guān)(12分)

19．解：(Ⅰ)當(dāng)a-2時(shí)，fx=x3-32x23x1.

f(x)3x262x3.(1分)

令f(x)3x262x30得x21或x21，(3分)

令f(x)3x262x30得21x21，(4分)

綜上所述：f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(,21)和(21,)，

單調(diào)遞減區(qū)間是(21,21)(6分)

(Ⅱ)由f(2)0得a5(8分)

4

當(dāng)a5，x(2,)時(shí)，

4

第2頁共7頁

f(x)3(x22ax1)3(x25x1)3(x1)(x2)0(10分)

2

2

所以f(x)在(2,)是增函數(shù)，于是當(dāng)x[2,)時(shí)，f(x)f(2)0(11分)

綜上，a的取值范圍是[5,)(12分)

4

(注：由其他做法做對可酌情給分)

20．解：(Ⅰ)證明：

方法一：因?yàn)镋、F、G分別是棱AB、AP、PD的中點(diǎn)，

所以EF//BP，GF//AD，

又EF平面PBC，BP平面PBC，所以EF//平面PBC，(1分)

又因?yàn)榈酌鍭BCD為平行四邊形，所以AD//BC，則GF//BC，

又GF平面PBC，BC平面PBC，所以GF//平面PBC，(2分)

因?yàn)镚FEFF，GF,EF平面EFG，所以平面EFG//平面PBC，(3分)

又PC平面PBC，所以PC//平面EFG，(4分)

方法二：取AC的中點(diǎn)H，連接FH，HE，

取AC的中點(diǎn)H，連接FH，HE，GH(1分)

因?yàn)镋、H分別是棱AB、AC的中點(diǎn)，

所以EH=BP，(2分)

//

同理可知FG=AD

//

所以EH=FG

//

所以E、H、G、F四點(diǎn)共面(3分)

同理可知FH//PC

又PC平面EFG，F(xiàn)H平面EFG，所以PC//平面EFG(4分)

(Ⅱ)取AC的中點(diǎn)H，連接FH，HE，

則EH//BC//AD//FG且EHFG，

所以SEFHSEFG，(5分)

第3頁共7頁

因?yàn)镻D22，ADAP2，所以PD2AD2AP2，即PAAD，

同理可得PAAC、ADAC，

又PAADA，PA,AD平面PAD，所以AC平面PAD，

PAACA，PA,AC平面PAC，所以AD平面PAC，

所以EH平面PAC，HF平面PAC，所以EHHF，(7分)

因?yàn)镋H1BC1，F(xiàn)H1PC2，

2

2

所以SEFHSEFG11222，SAFG1AFFG1111，HA1AC1(9分)

2

2

2

2

2

設(shè)A到平面EFG的距離為d，又VAEFGSEAFG，

所以1SAFGHA1SEFGd，則d22，

3

3

又因?yàn)镠為AC中點(diǎn)，所以A、C到平面EFG的距離相等，

所以C到平面EFG的距離為22(12分)

21．解：(Ⅰ)由已知c2，(1分)

c

6

又離心率ea3得a6,b2，

x2y2

所以橢圓方程為621(4分)

(Ⅱ)方法一：由題可知直線PQ斜率存在，設(shè)直線PQ的方程為ykxm(5分)

設(shè)點(diǎn)P(x1,y1)，Q(x2,y2)，

x2y21

聯(lián)立6

2

得，(3k21)x26kmx3m260，滿足0時(shí)，

ykxm

有x1x23k21,x1x23k21，

6km

3m26(7分)

由AMBM可得kMPkMQ0,(8分)

即x13x230，x13x230，

y1

y1

kxm1kxm1

即

1

2

1

2

化簡得2kx1x2(m13k)(x1x2)23(m1)0，

代入韋達(dá)定理，可得33k23k(m2)3(m1)0，

(10分)

第4頁共7頁

又點(diǎn)M(3,1)不在直線PQ上，因此3km10，所以

3k30，即k3，故

3

3

直線PQ的斜率為定值3.(12分)

xx'3M

(x'3)2(y'1)2

方法二：令

,則'(0,0)，

則橢圓C'方程

yy'1

6

21

即橢圓C'：x23y223x6y0，設(shè)直線PQ的方程為mxny1，

則

kPMy1,kQMy2,kPQm，聯(lián)立可得x23y223x(mxny)6y(mxny)0，

x1

x2

n

即(23m1)x2(36n)y2(23n6m)xy0

即(36x

n)(y)2(23n6m)y(23m1)0，

x

kPMkQMy1y223n6m0，即23n6m0，則kPQm3.

x1x2

6n3

n

3

方法三：已知M(3,1)，

設(shè)點(diǎn)A(x,0)，B(23x,0),設(shè)直線AM的方程為y1k(x3)，

x2y21

聯(lián)立6

2

可得，(3k21)x26k(3k1)x3(3k1)260，

由韋達(dá)定理知

yk(x3)1

x1x26k(3k1)，

3k21

即

x133k26k3，

代入直線可得y13k223k1，

3k21

3k21

P（33k26k3，k223k1)，用k替換k可得

3

即點(diǎn)

3k21

3k21

Q（33k26k3，k223k1),則kPQ43k3.

3

3k21

3k21

12k

3

(注：解法二、解法三及其他做法做對可酌情給分)

22．解：(Ⅰ)由題意得，半圓C1的極坐標(biāo)方程為4cos(0)(3分)

2

圓C2的極坐標(biāo)方程為2sin(0)(5分)

(注：由其他做法做對可酌情給分)

第5頁共7頁

(Ⅱ)由(Ⅰ)得，|MN||||4cos2sin|2(7分)

M

N

4

4

顯然當(dāng)P點(diǎn)到直線MN的距離最大時(shí)，△PMN面積最大．

此時(shí)P點(diǎn)為過C2且與直線MN垂直的直線與圓C2的一個(gè)交點(diǎn)，

如圖，

，

設(shè)PC2與直線MN垂直于點(diǎn)H，

在RtOHC2中，|HC2||OC2|sin2，

2

4

點(diǎn)P到直線MN的最大距離為

21，

2

d