安徽省马鞍山市2023届高三第一次教学质量监测数学一模试卷+答案.pdf
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1、数学试题第 1页(共 4页)2023 高三第一次教学质量检测2023 高三第一次教学质量检测数学数学一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 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12345678答案BDCCBCDA二、选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分,部分选对的得 2 分,有选错的得 0 分。题号9101112答案ACADABDAD三、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。13【答案】314【答案】2nank,其中3k (只要符合题意即可)15【答案】
2、216【答案】3(0,3四、解答题:本题共 6 小题,共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17(10 分)【解析】(1)由题意,11nnnnnbaba b,13a,25a,令1n 得122bb,又数列 nb为等比数列,所以12nnbb,即数列 nb为公比为2等比数列所以,12nnaa,数列 na是首项为3,公差为2的等差数列,数列 na的通项公式:*21()nannN(3 分)由2b,42a,5b成等差数列,得:2544bba,1121636bb,12b,有2nnb(5 分)(2)由(1)知:21,(2,(nnnncn为奇数)为偶数),数列 nc的奇数项是首项为 3,公差为
3、4 的等差数列,偶数项是以首项为 4,公比为 4 的等比数列2135212462(1)4(14)()()34214nnnnn nTaaaabbbbn242(41)3nnn(10 分)18(12 分)【解析】(1)选择条件tantan2tanBCaBb:tantansincoscossinsin()sintanBsincossincossincoscosBCBCBCBCAaBCBCBCbC,所以2cosaabCb,于是1cos2C,又(0,)C,所以3C 数学试题第 2页(共 4页)选择条件1sin2cos231sin2cos2CCCC:因为1sin2cos22sin(cossin)tan1si
4、n2cos22cos(cossin)CCCCCCCCCCC,解得tan3C,又(0,)C,所以3C 选择条件32 sin()3acB:则3(sin3cos)acBB,由正弦定理得:3sinsinsin3sincosACBCB,即3sin()sinsin3sincosBCCBCB,整理得:3sincossinsinBCCB,由sin0B 得:tan3C,又(0,)C,所以3C(6 分)(2)由(1)知,233CBA,ABC为锐角三角形,所以62A,由正弦定理1sinsinsinabcABC,得sin,sinaA bB,于是,222222214sinsinsinsin()1cos2cos(2)32
5、3abABAAAA 化简得,2211sin(2)26abA,因为52666A,所以1sin(2)126A,5131sin(2)4262A,故22ab的取值范围为5 3(,4 2(12 分)19(12 分)【解析】(1)证法 1:因为PD 底面ABCD,所以PDBC,又ABCD为正方形,所以BCCD,且PDCDD,所以BC 平面PCD,又DM 平面PCD,所以BCDM,因为PDDC,M为线段PC的中点,所以DMPC,且BCPCC,所以DM 平面PBC,而DM 平面DMN,所以平面DMN 平面PBC(6 分)证法 2:以D点为坐标原点,以,DA DC DP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系
6、Dxyz,如图,由已知可得(0,0,0)D,(0,2,2)M,(3,4,0)N,(0,0,4)P,(4,4,0)B,(0,4,0)C,则(0,2,2)DM ,(3,4,0)DN,(4,4,4)PB ,(0,4,4)PC 设平面DMN的法向量为1111(,)nx y z,由1nDM ,1nDN 得10nDM ,10nDN ,所以1111220340yzxy,令11z,得11y ,143x,所以14(,1,1)3n 设平面PBC的法向量为2222(,)nxyz,数学试题第 3页(共 4页)由2nPB ,2nPC 得20nPB ,20nPC ,所以222224440440 xyzyz,令21z,得2
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