湖北省武汉市江岸区2023-2024学年高三上学期元月调考 数学答案
２０２３~２０２４学年度高三元月调考
数学试卷参考答案
一、
选择题:
１．B ２．C ３．A ４．A ５．C ６．B ７．B ８．A
二、
选择题:
９．BC １０．ACD １１．ABD １２．ACD
三、
填空题:
１３．１１或１７ １４．２３
６,
１３
３
é
ë
ê
êö
ø
÷
１５．
５６ ２
３ １６．２＋１
２
四、
解答题:
１７．
(
１
)
已知
２cos
B
＋
C
( )
bc
＝
cos
B
ab
＋
cos
C
ac
,
由
B
＋
C
＝π－
A
,
有cos
B
＋
C
( ) ＝－cos
A
,
所以 －２cos
A
bc
＝
cos
B
ab
＋
cos
C
ac
,
两边同乘以
abc
得:
－２
a
cos
A
＝
c
cos
B
＋
b
cos
C
．
由正弦定理得:
－２sin
A
cos
A
＝sin
C
cos
B
＋cos
C
sin
B
＝sin
B
＋
C
( ) ＝sin
A
．
由
A
∈ ０
,
π
( ) ,
sin
A
≠０
,
所以cos
A
＝－１
２,
A
＝
２π
３．
(
２
)
因为
D
在
BC
边上,
且
BD
＝３
DC
,
所以
AD
→＝
AB
→＋
BD
→＝
AB
→＋３
４
BC
→＝
AB
→＋３
４
AC
→－
AB
→
( ) ＝１
４
AB
→＋３
４
AC
→．
因为
DA
⊥
BA
,
所以
AD
→
AB
→＝０
,
则１
４
AB
→＋３
４
AC
→
æ
è
ç
ö
ø
÷
AB
→＝０即
AB
→２＋３
AC
→
AB
→＝０
,
得
AB
→２＝－３
AC
→
AB
→
cos
A
,
所以
c
２＝３
２
bc
,
２
c
＝３
b
．
不妨设
b
＝２
,
c
＝３．
在△
ABC
中,
由余弦定理:
a
２＝
b
２＋
c
２－２
bc
cos
A
＝４＋９＋６＝１９
,
所以
a
＝ １９．
由余弦定理:
cos
C
＝
a
２＋
b
２－
c
２
２
ab
＝１９＋４－９
２× １９×２
＝
７ １９
３８ ．
１８．
(
１
)
因为四边形
ABCD
为平行四边形,
且△
ADE
为等边三角形,
所以∠
BCE
＝１２０
°
．
又因为
E
为
CD
的中点,
则
CE
＝
ED
＝
DA
＝
CB
,
所以△
BCE
为等腰三角形,
可得∠
CEB
＝３０
°
,
∠
AEB
＝１８０
°
－∠
AED
－∠
BCE
＝９０
°
,
即
BE
⊥
AE
,
因为平面
APE
⊥平面
ABCE
,
平面
APE
∩平面
ABCE
＝
AE
,
BE
⊂平面
ABCE
,
则
BE
⊥平面
APE
,
且
AP
⊂平面
APE
,
所以
AP
⊥
BE
．
１
{#{QQABIYQAggiIABIAABgCAQXICECQkAECCKoGhBAAIAIAARNABCA=}#}
(
２
)
作
PO
⊥
AE
,
过
O
作
O
y
∥
EB
,
由面
APE
⊥面
ABCE
得
PO
⊥面
ABCE
则
OA
,
O
y
,
OP
两两垂直,
建立如图所示空间直角坐标系．
P
(
０
,
０
,
３),
A
(
１
,
０
,
０
),
E
(
－１
,
０
,
０
)
B
(
－１
,
２ ３,
０
),
C
(
－２
,
３,
０
)
设平面
PAC
的一个法向量为
m
＝(
x
１,
y
１,
z
１)
由
m
PA
→＝０
m
AC
→＝０
{
知
x
１＝ ３
z
１
y
１＝ ３
x
１
{
可取
m
＝(
３,
３
,
１
)
同理得平面
PBE
的一个法向量
n
＝(
－ ３,
０
,
１
)
．
设平面
PAC
与平面
PBE
的夹角为
θ
．
则cos
θ
＝
m
n
|
m
||
n
|＝－３＋１
１３×２ ＝１３
１３ ．
∴面
PAC
与面
PBE
夹角的余弦值为 １３
１３ ．
１９．
(
１
)
函数
fx
( ) ＝ e－
a
( )e
x
＋
x a
∈R
( ) ,
x
∈
R
,
则
f
′
(
x
)
＝(
e－
a
)
e
x
＋１
,
当e－
a
≥０
,
即
a
≤e时,
f
′
(
x
)
＞０恒成立,
即
f
(
x
)
在R上单调递增;
当e－
a
＜０
,
即
a
＞e时,
令
f
′
(
x
)
＝０
,
解得
x
＝－ln
(
a
－e
),
x
(
－¥,
－ln
(
a
－e
)) －ln
(
a
－e
) (
－ln
(
a
－e
),
＋¥)
f
′
(
x
)＋０－
f
(
x
)↗极大值 ↘
综上所述,
当
a
≤e是,
f
(
x
)
在R上单调递增;
当
a
＞e时,
f
(
x
)
在(
－¥,
－ln
(
a
－e
))
上单调递增,
在(
－ln
(
a
－e
),
＋¥)
上单调递减．
(
２
)
f
(
x
)
≤
λa
等价于(
e－
a
)
e
x
＋
x
－
λa
≤０
,
令
h
(
x
)
＝(
e－
a
)
e
x
＋
x
－
λa
,
当
a
≤e时,
h
(
１＋
λa
)
＝(
e－
a
)
e
１＋
λa
＋１＞０
,
所以
h
(
x
)
≤０不恒成立,
不合题意．
当
a
＞e时,
f
(
x
)
≤
λa
等价于
λa
≥
f
(
a
)
max,
由(
１
)
可知
f
(
x
)
max＝
f
(
－ln
(
a
－e
))
＝－１－ln
(
a
－e
),
所以
λa
≥－１－ln
(
a
－e
),
对
a
＞e有解,
所以
λ
≥－１－ln
(
a
－e
)
a
对
a
＞e有解,
因此原命题转化为存在
a
＞e
,
使得
λ
≥－１－ln
(
a
－e
)
a
．
令
u
(
a
)
＝－ln
(
a
－e
)
－１
a
,
a
＞e
,
则
λ
≥
u
(
a
)
min,
u′
(
a
)
＝－
a
a
－e
－ln
(
a
－e
)
a
２＋１
a
２＝
ln
(
a
－e
)
－
e
a
－e
a
２,
２
{#{QQABIYQAggiIABIAABgCAQXICECQkAECCKoGhBAAIAIAARNABCA=}#}
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