山西省长治市2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷

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这是一份山西省长治市2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷，共5页。试卷主要包含了BAACCDBA二，15.解等内容，欢迎下载使用。

长治市 2025-2026 学年度第一学期高三九月份质量监测数学答案
一、BAACCDBA二、ABD BD ACD
3
三、12. 135°(或 ）13.
4
-14.19
10
10
f  5sin 2 5
四、15.解：(1)若
  
13，则13 ，
  2 
因为 42 ，所以 2，1分
所以cs 2 -
  12
1- sin22
13 ，3分
f 2  sin 4 2 sin 2cs 2 2  5   12    120

所以13

13 
1695分
g x 
f x    sin 2x 
    sin 2x  cs 2x
（2）

f  x 
4 

sin 2 x 
4 
2 sin 2x  4  ，7分

因此 g x 的值域为-2，2 9分
-  2k 2x     2k, k  Z- 3  k x   k, k  Z
由 242
得 88
-11分
gx
- 3  kk, k  Z
因此函数
的单调递增区间为 8
，
.13分
2
2

8
解：（1）设椭圆的半焦距为cc  0 ，由题意知 2c  4 ，所以c  2 ，1分
F1 AB 的周长为 AF1  AF2  BF1  BF2
 4a  8
，所以 a  2
，3分
所以b2  a2  c2  4 ，5分

x2y2
故C 的方程为1 .6分
84
（2）设l ： x  my  2 ，
x  my  2
2

联立 x2  y
，可得m2  2y2  4my  4  0 ，   0 ，8分
 1
 84
4m4
y  y   4 y y
2
12
1 2
4 2m2 1
设 A  x1, y1  ， B  x2 , y2  ，所以 y1  y2   m2  2 , y1 y2   m2  2 ，10分
所以 y1  y2

m2  2
，12分
1
由 SF AB 
1
2
F1F2
y1  y2 
m2  2
 16
8 2m2 1
3
，13分
解得 m  1 ，14分
所以l 的方程为 x  y  2  0 或 x  y  2  015分
解：(1)证明： A1 A ⊥平面 ABCD , AB ⊂平面 ABCD ,
∴ A1A ⊥AB ,
 AB ⊥AD , AD ∩ A1 A = A , AD, A1 A⊂平面 ADD1 A1 ,
∴ AB ⊥平面 ADD1 A1 ,
 AB ⊂平面 ABB1A1 ,
∴平面ABB1A1  平面ADD1A14分
(2)(ⅰ)由题意得, AB, AD, AA1 两两垂直,分别以 AB, AD, AA1 为 x, y, z 轴,建立空间直角坐
标系 A - xyz ,则 B( 2,0,0),C( 2,2,0), D(0, 3 +1,0), A1(0,0, 2) ,设球心O(x, y, z) ,半径
为 R ,
则 OA 1 = OB
= OC
= OD


x2  y2  (z 2)2
 R
= R ,即

x  0

 (x 

x 2 2  ( y  2)2  z 2



2)2  y2  z 2  R
 y  1

,解得z  0
 R
3
R 
x2  ( y  3 1)2  z 2  R
 O(0,1,0),O 平面 ABCD .9分
(ⅱ)由(ⅰ)得 A(0,0,0), C( 2,2,0), O(0,1,0), A1(0,0, 2) ，
则OA1  (0,-1,2), A1C  ( 2,2,- 2), AA1  (0,0, 2) ，10分
设平面 A1AC 的法向量 m  (x, y, z) ，
 →
2
1
→
m  A C 
 →
m  AA1 
2x  2 y 
2z  0
2z  0
→
,令 x 
，得 m  (
2,1,0) ，
同理可求平面 A1CO 的一个法向量 n  ( 2,2, 2) ，
→ →
6
→ →m  n
cs m, n
 → →  ，
m n3
3
二面角 A - A1C - O 的正弦值为 3 .15分
解：（1）由 x 1  0 得1  x  1 ，所以 f (x) 的定义域为(1,1) ，
1 x
 f (x)  f (x)  ln x 1  ln 1 x  bx3  b(x)3  ax  a(x)  2a
1 x1 x
 ln1 2a  2a ， y  f (x) 关于点(0, a) 中心对称.3分
(2)当b  0 时, f (x) 
2
1 x2
a  0 恒成立，则 a 
2
x2 -1
恒成立，
 x (1,1) ， x2 11,0，
2
x2 1
 2 ，  a  2 ，即 a 的最小值为-28分
（3）由（1）可知 f (x)关于（0，a）对称， a  2 ，
 f (x)  ln x 1  bx3  2x  2 ，
1 x
f (x) 
x2
2
1 x2
 3bx2
 2 
 3bx4  (3b  2)x2 1 x2
2
x2 (3bx2  3b  2)

，
1 x2
-11分
1 x2
 0 ，令 g(x)  3bx
3b  2 ， g(0)  3b  2 ， g(1)  2 ，
2
当b  
3
时， g(0)  0 ，  x (0,1) 时， g(x)  0恒成立， f (x)  0 ，
 f (x)在（0,1）上单调递增  f (0)  2 ，  f (x)  2的解集为x 0  x  1  ，满足题意.
当b   2 时，
3
g(0)  0 ，
x0
(0,1) 使得
g(x0
)  0 ，
 x (0, x0 ) f (x)  0 ，
 f (0)  2
时 g(x)  0 ，即 f (x)  0 ， f (x) 单调递减； x (x0 ,1)
f (x) 单调递增.
 x (0, x0 ) 时 f (x)  2 ，不满足题意.
2
时 g(x)  0 ，即
综上所述，
b  
3
.17分
解：（1）设事件 A 为“某市民使用了3次共享交通工具后积分为5分”，则
PA  C1  1  2 2  4 .3分
3 ()
339
(2）依题意：随机变量的可能取值为3,4,5,6，则
P( 3)  C 0 
1 3  1 ，
P( 4)  C1  2 
1 2  6
 2 ，
3()
327
3 ()
33
279
P( 5)  C1  1 
2 2  12  4 ，
P( 6)  C 3 
2 3  8 .
33 ( 3)
的分布列为
279
3()
327
3
4
5
6
1
2
4
8
27
9
9
27
所以数学期望 E()  3 1
27
 4  2
9
 5 4
9
 6  8
27
 5 .9分
（3）方法1：已调查过的累计积分恰为 n 分的概率为 Bn ，积不到 n 分的情况只有先积 n 1分，
再积2分，概率为 2 B，其中 B  1 ，
3n113

因为 B  2 B 1n  2 ，即 B- 2 B1n  2，12分
n3n1
32
n3n1
3
所以 Bn  5   3 (Bn1  5) ，13分
故B  3 是首项为 B  3   4 ，公比为 2 的等比数列，
5
 n


15153
所以 B  3   4 ( 2)n1 ，即 B  3  4  ( 2)n1 .17分
n5153
1
n5153
2
方法2：由题意可知 Bn  3 Bn1  3 Bn2 (n  3) ，
则 B  2 B B 2 B(n  3) ，因为 B  2 B （ 2  1  1） 2  1  1，
n3n1
n13n2
23 1

33333
所以 B  2 B
n3n1
 1(n  2) ，即 B  - 2 B
n3n1
1n  2
-12分
所以 B  3   2 (B 3) ，13分
n53n15
故B  3 是首项为 B  3   4 ，公比为 2 的等比数列，
5
 n

3
15
42 n1
153
34
2 n1
所以 Bn  5   15 ( 3)
，即 Bn 

515
 ( ) 3
.17分