辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高三上学期第一次质量监测数学试题含答案.pdf

《辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高三上学期第一次质量监测数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高三上学期第一次质量监测数学试题含答案.pdf（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、鞍山市普通高中鞍山市普通高中 20222022-20232023 学年度高三第一次质量监测学年度高三第一次质量监测 考试时间：考试时间：120120 分钟满分：分钟满分：150150 分分 一、单项选择题:本题共 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.1.如果11=i2,那么在复平面内,复数所对应的点位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.已知集合=1 3,=2 0,则2+2(+)2+,当且仅当=时等号成立.利用权方和不等式可以比较容易得出,函数()=2+912(0 0，2 33c=4 323ac=，由余弦定理可得

2、222282cos3bacacB=+=0b，2 213b=三角形的周长为2 212 33abc+=+.12 分19（第 1 问图像）（第 2 问图像）（1）取AC中点 O 连接,.OB OF因为正三棱柱111ABCA B C，F 为11AC的中点，所以,OA OB OF两两垂直，以 O 为原点，,OA OB OF为,.x y z轴正方向建系，如图所示所以1(1,0,0),(0,3,1),(0,0,2),(1,0,2)AEFA，所以1(1,3,1),(1,3,1),(1,0,2)A EAEAF=，设平面 AEF 的法向量(,)nx y z=，则00n AEn AF=，即3020 xyzxz+=+

3、=，令2x=，则3,13yz=，所以32,13n=，设1A E与平面 AEF 所成角为，则11121 115sincos,1014113 13A E nA E nA E n+=+，所以1A E与平面AEF所成角的正弦值为1510.6 分（2）基本事实 3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。.8 分 11111.A EA BMFMFMB CP=延长交延长线于点，连接且FP则即为所求。1111124.33AC MPC PC B=在中，为重心.22211111132cos9FPC FC PC F C PFC P=+=由余弦定理可得：133PF=.（解决方法不唯一

4、，酌情处理）.12 分 20（1）记乙闯关成功为事件 A，()232332381555125P AC=+=.4 分（2）由题意知随机变量 X所有可能取值为 0，1，2，3，A B C A1 B1 C1 F E M P()343101030CP XC=，()12643103110CCP XC=，()2164310122C CP XC=，()36310136CP XC=，故 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1303101216.8 分 所以()1311901233010265E X=+=.10 分 所以甲闯关成功的概率为112263+=，因为8121253，所以甲比乙闯关成功的可能性大.1

5、2 分 21（1）因为点 B 与点312A-，关于原点 O 对称，所以点 B 的坐标为312（，）设点 P 的坐标为()xy，由题意得33322114yyxx+=+化简得221(1)43xyx+=故动点 P 的轨迹方程为221(1)43xyx+=；.4 分（2）若存在点 P 使得PAB 与PMN 的面积相等，设点 P 的坐标为00(,)xy则 11sinsin22PAPBAPBPMPNMPN=因为sinsinAPBMPN=，所以PAPNPMPB=所以 00001331xxxx+=即2200(3)1xx=，解得053x=因为221(1)43xyx+=，所以 0336y=故存在点 P 使得PAB

6、与PMN 的面积相等，此时点 P 的坐标为 533(,)36。.12 分 22（1）函数的定义域为(0,)+，由()lnf xxkx=，得11()kxfxkxx=，当0k 时，()0fx，所以()f x在(0,)+上单调递增，函数无极值点，.2 分 当0k 时，由()0fx=，得1xk=，当10 xk时，()0fx，当1xk时，()0fx，所以()f x在10,k上单调递增，在1,k+上单调递减，所以()f x有极大值点1k，无极小值点，.4 分 综上，当0k 时，()f x无极值点，当0k 时，()f x有极大值点1k，无极小值点，.6 分（2）因为()()1g xf x恒成立，即(2)(l

7、n)1xx exkx恒成立，所以1ln2xxkex+对0 x 恒成立，.8 分 令1ln()2xxm xex+=+，则2221(1ln)ln()xxxxxx exm xexx+=，令2()lnxn xxx e=，则22ll()(2)(2)0(0)xxxn xxex eexxxxx=+=+，所以()n x在(0,)+上单调递减，因为12110,(1)0enenee=，所以由零点存在性定理可知，存在唯一的零点01,1xe，使得()00n x=，即0200lnxxx e=，.10 分 两边取对数可得000ln(ln)2lnxxx=+，即0000ln(ln)(ln)lnxxxx+=+，因为函数lnyxx=+在(0,)+上单调递增，所以00lnxx=，所以当00 xx时，()0n x，当0 xx时，()0n x，所以()m x在()00,x上单调递增，在()0,x+上单调递减，所以00000001ln11()()221xxxm xm xexxx+=+=+=，所以0()1km x=，所以k的取值范围为1,)+.12 分