银川一中2023届高三第四次月考数学(理科)试卷答案.docx

《银川一中2023届高三第四次月考数学(理科)试卷答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《银川一中2023届高三第四次月考数学(理科)试卷答案.docx（2页珍藏版）》请在第一文库网上搜索。

1、银川一中2023届高三第四次月考数学(理科)（参考答案）一、选择题题号123456789101112答案DBCBACABCDCB二、 填空题13. 1 14. 3 15. 2，73） 16. 三、 解答题 17. 解：因为Sn+1=Sn+an+1，所以Sn+1Sn=an+1，即an+1=an+1，所以数列an是首项为a1，公差为1的等差数列 2分(1)选：由a4+a7=13，得a1+3d+a1+6d=13，即2a1=139d，所以2a1=1391=4，解得a1=2 4分所以an=a1+(n1)d=2+(n1)1=n+1，即数列an的通项公式为an=n+1 6分选：由a1，a3，a7成等比数列，

2、得(a1+2d)2=a1(a1+6d)，则a12+4a1d+4d2=a12+6a1d，所以a1=2， 4分所以an=a1+(n1)d=2+(n1)1=n+1 6分选：因为S10=10a1+1092d=10a1+45d，所以10a1+451=65，所以a1=2， 4分所以an=a1+(n1)d=2+(n1)1=n+1 6分(2) 由题可知bn=an-1=n，则2nbn=2nn， 8分则Tn=121+222+323+n2n， 2Tn=122+223+324+n2n+1， 由-得：Tn=2+22+23+24+2nn2n+1 10分=2（12n）12n2n+1所以 Tn=2+（n1）2n+1， 12分

3、18.解：（1）是半圆的直径， 2分，即， 又平面平面，且平面平面平面，平面，又平面， 4分又，平面，平面，平面，又平面， ； 6分（2） AB为直径且点是的中点 ABE为等腰直角三角形 又 点D为AB的中点 DEAB 又 平面与ABE平面ABC且平面与ABE平面ABC=AB DE平面ABC 8分则过点E做BC的垂线交BC于点H，连接DH，得DHE为二面角E-BC-D的平面角 10分又因在RtEHD中 DH= DE=3 tanDHE= DEDH = 2即：二面角E-BC-D的平面角的正切值为 2. 12分19. 解：（1）设十字形面积为，如图所示： 所以， 6分（2）， （设为锐角且），当，即

4、时，最大即当时，十字形取得最大面积， 12分20.解：（1）证明：连接AC交BQ于N连接MN， (1分)因为，所以， (2分)所以，所以，又， (4分)所以，因为平面MQB，平面MQB，所以平面MQB； (5分)（2）连接BD，由题意都是等边三角形，因为Q是AD中点，所以，又，平面PQB，所以平面PQB，在中，所以，所以平面ABCD，以点Q为原点，以，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，(6分)则，由，可得，所以.设平面MOB的法向量，. (8分)可取，则， (9分)直线PD的方向向量， (10分)设直线PD和平面MQB所成角为，则即直线PD和平面MQB所成角的大小为. (12分)2

5、1.解:（1）的定义域为，在上单调递增，所以的取值范围是. (4分)（2）的定义域为，有两个不相等的实数根，令，由（1）知在上递增，则，则有两个不相等的零点， (6分)，.要证，只需证，即证，即证， (8分)，故只需证，不妨设，令，则只需证，只需证，令，所以， 即当时，成立.所以，即，所以. (12分)22.【答案】(1)，；(2).（1）由（t为参数），可得l的普通方程为；2分由曲线C的极坐标方程及可得，整理得，5分所以曲线C的直角坐标方程为（2）易知点M在直线 l 上，将 l 的参数方程代入C的直角坐标方程，得，即，7分设P，Q对应的参数分别为，则，9分因为，所以10分23.解：(1)因为b=c且a，b，c均为正数，所以2a+2b=11分则(1a+1b)(2a+2b)=4+2ba+2ab4+22ba2ab=8，4分则当且仅当a=b=14时等号成立，5分故1a+1b8，(2)因为2a+b+c=1，由柯西不等式得(4a2+b2+9c2)(1+1+19)(2a+b+c)2=18分故当且仅当2a=b=9c且2a+b+c=1时等号成立即当且仅当a=938，b=919，c=119时成立则4a2+b2+9c291910分