内蒙古呼和浩特市2023届高三年级第一次质量监测丨文数答案

呼和浩特市2023届高三年级第一次质量普查考试

文科数学参考答案

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的)

题号

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、填空题(本大题共4小题，每小题5分．共20分．)

题号

13

14

15

16

(x6)2y232

答案

5

3

3

①③

（或x212xy240）2分）

（

642（3分）

三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17．解：(Ⅰ)证明：由题意得：

ana1qn13n(2分)

(公式1分，结果1分)

Sna1anq3(3n1)(4分)

1q

2

(公式1分，结果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页共7页

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

抽取女生占总人数的比例为10(1分)

又分层抽样收集300位学生

3

女生样本数据应收集为1030090(2分)

(Ⅱ)由频率分布直方图可知，

学生每周平均体育运动时间超过4个小时的概率为(0.150.1250.0750.025)20.75

(4分)

(Ⅲ)由(Ⅱ)根据计算可得列联表如下：

性

别

男

女

合计

时间

运动时间

运动时间

合计

210

90

300

超过4小时不足4小时

165

60

225

45

30

75

(7分)

K

(165304560)23001004.7623.841

2257521090

21

(10分)

2

有95%的把握认为该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关(12分)

19．解：(Ⅰ)当a-2时，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)

综上所述：f(x)的单调递增区间是(,21)和(21,)，

单调递减区间是(21,21)(6分)

(Ⅱ)由f(2)0得a5(8分)

4

当a5，x(2,)时，

4

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f(x)3(x22ax1)3(x25x1)3(x1)(x2)0(10分)

2

2

所以f(x)在(2,)是增函数，于是当x[2,)时，f(x)f(2)0(11分)

综上，a的取值范围是[5,)(12分)

4

(注：由其他做法做对可酌情给分)

20．解：(Ⅰ)证明：

方法一：因为E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点，

所以EF//BP，GF//AD，

又EF平面PBC，BP平面PBC，所以EF//平面PBC，(1分)

又因为底面ABCD为平行四边形，所以AD//BC，则GF//BC，

又GF平面PBC，BC平面PBC，所以GF//平面PBC，(2分)

因为GFEFF，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的中点H，连接FH，HE，

取AC的中点H，连接FH，HE，GH(1分)

因为E、H分别是棱AB、AC的中点，

所以EH=BP，(2分)

//

同理可知FG=AD

//

所以EH=FG

//

所以E、H、G、F四点共面(3分)

同理可知FH//PC

又PC平面EFG，FH平面EFG，所以PC//平面EFG(4分)

(Ⅱ)取AC的中点H，连接FH，HE，

则EH//BC//AD//FG且EHFG，

所以SEFHSEFG，(5分)

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因为PD22，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)

因为EH1BC1，FH1PC2，

2

2

所以SEFHSEFG11222，SAFG1AFFG1111，HA1AC1(9分)

2

2

2

2

2

设A到平面EFG的距离为d，又VAEFGSEAFG，

所以1SAFGHA1SEFGd，则d22，

3

3

又因为H为AC中点，所以A、C到平面EFG的距离相等，

所以C到平面EFG的距离为22(12分)

21．解：(Ⅰ)由已知c2，(1分)

c

6

又离心率ea3得a6,b2，

x2y2

所以椭圆方程为621(4分)

(Ⅱ)方法一：由题可知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为ykxm(5分)

设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，

x2y21

联立6

2

得，(3k21)x26kmx3m260，满足0时，

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

化简得2kx1x2(m13k)(x1x2)23(m1)0，

代入韦达定理，可得33k23k(m2)3(m1)0，

(10分)

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又点M(3,1)不在直线PQ上，因此3km10，所以

3k30，即k3，故

3

3

直线PQ的斜率为定值3.(12分)

xx'3M

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

方法二：令

,则'(0,0)，

则椭圆C'方程

yy'1

6

21

即椭圆C'：x23y223x6y0，设直线PQ的方程为mxny1，

则

kPMy1,kQMy2,kPQm，联立可得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，则kPQm3.

x1x2

6n3

n

3

方法三：已知M(3,1)，

设点A(x,0)，B(23x,0),设直线AM的方程为y1k(x3)，

x2y21

联立6

2

可得，(3k21)x26k(3k1)x3(3k1)260，

由韦达定理知

yk(x3)1

x1x26k(3k1)，

3k21

即

x133k26k3，

代入直线可得y13k223k1，

3k21

3k21

P（33k26k3，k223k1)，用k替换k可得

3

即点

3k21

3k21

Q（33k26k3，k223k1),则kPQ43k3.

3

3k21

3k21

12k

3

(注：解法二、解法三及其他做法做对可酌情给分)

22．解：(Ⅰ)由题意得，半圆C1的极坐标方程为4cos(0)(3分)

2

圆C2的极坐标方程为2sin(0)(5分)

(注：由其他做法做对可酌情给分)

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(Ⅱ)由(Ⅰ)得，|MN||||4cos2sin|2(7分)

M

N

4

4

显然当P点到直线MN的距离最大时，△PMN面积最大．

此时P点为过C2且与直线MN垂直的直线与圆C2的一个交点，

如图，

，

设PC2与直线MN垂直于点H，

在RtOHC2中，|HC2||OC2|sin2，

2

4

点P到直线MN的最大距离为

21，

2

d