2023届辽宁省鞍山市普通高中高三第二次质量监测数学答案

3.0 envi 2024-12-09 4 4 665.24KB 11 页 3知币

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答案

一、单选题(共 40 分)

1.解：由题设， { | 1 1 1} { | 0 2}A x x x x        ，而 { | 0}B y y  ，所以 A B (0,2) .故选：A

2．解： (1 2i)(3 i) 1 7iz     ,，z在复平面对应的点为(1,-7),在第象限.故选：D.

3．解：因为 7

cos sin 2

 

   ，所以 2 2 2 7

(cos sin ) cos sin 2sin cos 1 sin 2 4

      

       ，

所以 3

sin 2 4



  ..则

 

1 sin 2 cos sin

  

    .因为 3



 

 

 

 

，，所以 sin 0



 

 

 

 

故

 

1 2

2sin 2 cos sin 2

4 2 2

  

   

      

   

    .故选：A.

4．解：由题意得：天干可看作公差为 10 的等差数列，地支可看作公差为 12 的等差数列，

由于100 10 10  ，余数为 0，故 100 年后天干为癸，由于100 12 8 4  ，余数为 4，故 100 年后地支为未，

综上：100 年后的 2123 年为癸未年.故选：B

5．解：依题意，∵ 4OA ，17AA ，5OE OF  ，∴ 1

3AE OA  ，14A F OA  ，

所以 1

AEO A OF△ ≌△ ,所以 1

AEO A OF   ，又因为 π

AEO AOE    ，所以 1

A OF AOE    ，

所以 1

π ( ) 2

EOF A OF AOE       ,即OE OF．

在平面

1 1

AA B B

内满足条件的点的轨迹为



，

该轨迹是以 5为半径的

个圆周，所以长度为

1 5π

2π 5 4 2

  

；

同理，在平面

1 1

AA D D

内满足条件的点轨迹长度为

5π

；

在平面

1111 DCBA

内满足条件的点的轨迹为以

为圆心，

A F

为半径的圆弧，长度为

2π 4 2π

  

；

同理，在平面 ABCD 内满足条件的点的轨迹为以 A为圆心，AE 为半径的圆弧，长度为

1 3π

2π 3 4 2

   ．

故轨迹的总长度为 5π 5π 3π 17π

2π

2 2 2 2

    ．故选:C．

6．解：以 AB 为直径的圆 O的方程为 2 2 2

x y m  ，圆心为原点，半径为 1

r m.圆

   

2 2

: 5 12 1C x y    的圆

心为

 

5,12C，半径为 21r.

要使圆 C上存在点 P，使得 90APB  ，则圆 O与圆 C有公共点，

所以 1 2 1 2

r r OC r r    ，即 2 2

1 5 12 1m m     ，

所以 1 13 13 1 13

1 13 1 13 1 13

mm m

     





 

      



或

12 14

12 12

m m

  



  

或

，

试卷第 2页，共 9页

又0m，所以12 14m  ，所以 m的最小值为12 .

故选：C

7. 选C

8．解：令 0x y  ，即

 

(0) 1 (0) 2 (0)f f f  

 

(0) 1 (0) 0f f  

，

则

 

0 0f，令 x y  ，即

         

00 1f fxf xf x x f

 

 

 

   ，则

   

0f x f x   ，

结合

 

f x 定义域为

 

1,1可知，

 

f x 是奇函数，

对于

         

1f x y f x f y f x f y

 

   

  ，用 y替代 y，得到

         

1f x y f x f y f x f y

 

     

  ，

结合

 

f x 是奇函数，上式可化简成

         

1f x y f x f y f x f y

 

   

  ，1 2

,x x，

且2 1

0 1x x   ，

         

1 2 1 2 1 2

1f x f x f x x f x f x

 

   

 

，

结合题目条件：当 0x时，

 

0f x ，于是

 

1 2 0f x x  ，

   

1 2

10f x f x  ，即

   

1 2 0f x f x  ，

故( )f x 在(0,1)上递增，又

 

f x 是定义域为 ( 1,1)的奇函数，

根据奇函数性质，

 

f x 在( 1,1)上递增，

于是

 

ln 2

f x f  

 

 等价于不等式：

ln 2

1 ln 1







  



，解得

 

e,ex故选：D

二、多选题(共 20 分)

9．解：对于 A，因为 5

x，则 4 5 0x  ，所以 1 1

4 2 4 5 3

4 5 4 5

y x x

x x

      

 

1 1

(5 4 ) 3 2 (5 4 ) 3

5 4 5 4

x x

          

  当且仅当 1

(5 4 ) 5 4

  ，即 1x时取等号，所以当 5

x时，

4 2 4 5

y x x

   的最大值是1，故选项 A错误，

对于 B选项，因为关于 x的不等式 20ax bx c   的解集是



2x x   或



6x，则 a<0，关于 x的方程 20ax bx c  

的两根分别为 12x  ，26x，由韦达定理可得 6 2 b

   ，可得 4b a  ，2 6 c

   ，则 12c a  ，

所以 15 0a b c a     ，B对.

对于 C，由

a b

 

∥

，得 2 ( 1) 0m m   ，即 22 0m m   ，解得 2m或1m  ，则 C错误。

对于 D，已知

   

1,3 , 2, ,a b y 

 

则

 

3,3a b y  

 

，

 

a b a 

  

，

 

3 1 3 3 0y      ，4y  ，

 

2, 4b 



1 2 3 4 2

cos , 2

10 20

a b

   

   



 

，所以向量 ,a b

  的夹角为 3π

4，故 D正确；故选：BD

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10．解：

 

1 3 1 1 cos 3 1 3

sin 3 cos sin 3 sin cos

2 2 2 2 2 2 2 2

x x

f x x x x



         ，

所以

 

sin 3

f x x

 

 

 

 

，对于 A，

 

f x 的图象向右平移 5π

6个单位长度后得到函数

5π π

sin 6 3

y x

 

  

 

 

，

即π

sin cos

y x x

 

   

 

  ，A正确；

对于 B，

 

π π 2π

sin sin π sin ( )

3 3 3

f x x x x g x

 

     

          

     

 

     

  ，B正确；

对于 C，由 π π 3π

2 π 2 π, Z

2 3 2

k x k k      解得 π 7π

2 π 2 π, Z

6 6

k x k k     ，

所以函数的单调递减区间为

 

π 7π

2 π , 2 π Z

6 6

k k k

 

  

 

  ，C正确；

因为

 

, ,0x a所以 π π π ,

3 3 3

,x a

 

  

 

  因为

 

f x 在

 

0,a上有 3个零点，所以 π

3π 4π

3a   ，

解得 8π 11π

3 3

a  ，D错误，故选:ABC.

11．解：对于 A，由正方体可得平面 1 1 //DAA D 平面 1 1

BCC B ，且 ,B P 平面 1 1

BCC B ，

所以 B到平面 1 1

DAA D 的距离等于 P到平面 1 1

DAA D 的距离，

所以四面体 1 1

A D AP 的体积为 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1

= = 1= 1 1 1=

3 3 2 6

P A D A B A D A A D A

V V S

      

，

所以四面体 1 1

A D AP 的体积为定值，故 A正确；

对于 B，当 P与B重合时， = + =2<2 2AP PC AB BC，

所以

AP PC

的最小值不为

2 2

，故 B错误；

对于 C，连接

1 1

，

A B

由正方体可得

1 1 1 1

= , //AA CC AA CC

，所以四边形

1 1

AA C C

是平行四边形，所以

1 1

//AC AC

，

因为



平面

ACD

，

1 1

AC 

平面

ACD

，所以

1 1 //A C

平面

ACD

，同理可得

1//BC

平面

ACD

因为 1 1 1 1

=A C BC C，1 1 1

AC BC ，平面 1 1

A C B ，所以平面 1 1 //A C B 平面 1

ACD ，

因为 1

A P



平面 1 1

A C B ，所以 1//A P 平面 1

ACD ，故 C正确；

对于 D，因为 1 1

//AC AC ，所以 1 1

PA C（或其补角）为直线 1

A P 与AC 所成的角，

由图可得当 P与B重合时，此时 1 1

PA C最大，故此时直线 1

A P 与AC 所成的角最大，

所以四面体 1

A PCA 即四面体 1

A BCA 的外接球即为正方体的外接球，

所以外接球的直径为 2 = 3R，即 3

R，所以四面体 1

A PCA 的外接球的体积为 3

4 3

π = π

3 2

R，故 D正确；

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