数学第3次质量检测试卷(月)（G）答案安徽省九师联盟2026届高三上学期月联考（.6-.7）

UA={0,1,4}.故选A.2.C由题意知义=3十4i,|(3十4i)i十4|=|3i|=3.故选C. 6.B由等比数列的性质知a4a5=a2a7≠0,又a1a4a5=a2a7,所以a1=15所以q=2或q=—3(舍),所以S5=1—2=31.故选B.58.B构造函数F(x)=,x∈(0,,所以FI(x)=fI(x)cosc(x)sinx,当x∈(0,时,fI(x)cosx十f(x)sinx>0,所以FI(x)>0,所以F(x)在(0,上单调递增,又f(x)是定义域为R的偶函数,所以f(—=f,a=2\33f=Fb=2f(—=2f=Fc=\f=F又F(x)在(0,上单调递增,所以F<F<F,即a<c<b.故选B.9.BC因为f(x)=2sin(2x十,所以f(x)max=2,故A错误;f(x)的最小正周期T==π,故B正确;令2kπ—≤2x十≤2kπ十,k∈Z,得kπ—≤x≤kπ十,k∈Z,取k=0,得f(x)在(—,上单调递增,(—,=非奇非偶函数,故D错误.故选BC.10.ACD由题意知a=2,b=\,由椭圆的定义,得|PF1|十|PF2|=2a=4,c=\=1,所以△PF1F2的周长为2a十2c=6,故A正确;设P(xP,yP),则△PF1F2的面积S=|F1F2||yP|≤cb=\,故B错误;因为|PF1|十|PF2|=,又|PF1||PF2|=2十4|PF1(—c—xP,—yP),PF2=(c—xP,—yP),PF1.PF23],故D正确.故选ACD.【高三第3次质量检测.数学参考答案第1页(共6页)】Gf(父)在(—∞,—2)上单调递增,列表如下:父3—2)f/(父)十0—0十0—f(父)刀极大值2>极小值刀极大值2>因为f(—3)=—2,f(0)=—2,所以f(父)在(—∞,—2)和(—1,十∞)上各有一个零点,故A正确;由表格知,极大值和极小值同号,故B错误;因为f(—3—父)=2—[(—3—父)2十3(—3—父)十2]2=f(父),所以f(父)的图象关于直线父= 对称,故D正确.故选ACD 13.解法一:因为事件A,B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B),P(AUB)=P(A)十P(B)—P(AB)=十—解法二:因为事件A,B相互独立,所以事件A,B也相互独立,所以P(AUB)=1—P(AUB)=1—P(AB)=1— ,f/(父)>0,所以f(父)在(—∞ 取到的最大整数值是1.15.解:(1)由正弦定理,得sinC(sinB十cosB)=sinA,…………………2分因为A十B十C=π,所以sinA=sin(B十C)=sinBcosC十cosBsinC,………………4分又0<C<π,所以C=π………………解法二:因为D为边AB的中点,所以CD=2(CA十CB),…………解法二:因为D为边AB的中点,所以CD=2(CA十CB),……………9分CD=CD2=4(CA2十CB2十2CA.CB),|CA|=b=2,|CB|=a=\,CA,CB的夹角为4,…11分(1)f=cos(2×十十2=2.…………………4分(2)由父∈[0,π],得≤2父十≤,…………………因为g(父)在(0,π)上恰有三个极值点,所以3π<2wπ十≤4π,解得<w≤,即w的取值范围是,.…………因为f(父)在(0,十∞)上单调递增,所以f/(父)≥0在(0,十∞)上恒成立,所以2m≤(父1)2恒成立,……………2分令g只需2m≤[g(父)]min,父由2m≤4,得m≤2,即m的取值范围是(—∞,2].……………………(2)证明:由(1)知,当m=2时,f(父)在(0,十∞)上单调递增,所以当父>1时,f(父)>f(1)=0,即ln父…………令父k∈N*,所以ln9分当k依次取1,2,…,n时,l上面式子叠加即得ln\n十1>十十…十2n1.………………15分18.(1)证明:设AB,AC的中点分别为M,N,连接PN,因为PA=PC,所以PN丄AC,又平面PAC丄平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PNG平面PAC,所以PN丄平面ABC, 2分又BCG平面ABC,所以PN丄BC 3分 据直角三角形斜边中线的逆定理,得上BCA=,即BC丄AC.在图2中,BC丄AC,PN丄BC,AC,PNG平面PAC,AC∩PN=N,所以BC丄平面PAC,又PAG平面PAC,所以PA丄BC.………………………5分解法一:(2)解:因为AB=2,BC=1,AC丄BC,所以AC=\.因为AP=PC=1,AC=\,所以cOS上APC=—,又上APC∈(0,π),则上APC=,由正弦定理,得△PAC的外接圆直径2r==2,解得r=1.……………………7分 记△PAC的外接圆圆心为O1,O1N=PN=2,△ACB为直角三角形,M为其外接圆圆心,过O1、M分别作平面PAC、平面ABC的垂线交于O点,O就是球心,球半径R=OA=\ON2十NA2 \(3)解:如图,以C为坐标系原点,以CA、CB分别为x轴、y轴的正方向,向上Cz为z轴建立空间直角坐标系,由(1)知PN丄平面ABC,则C(0,0,0),A(\,0,0),y1取x1=1,则z1=y1=\,所以m=(1,\,\).………………………13分设平面PBC的一个法向量为n=(x2,y2,z22\2=\即平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为\7.………………………17分解法二:(2)解:如图,以解法二:(2)解:如图,以C为坐标系原点,以CA,CB分别为x轴、y轴的正方向,向上Cz为z轴建立空间直角坐标系,由(1)知PN丄平面ABC,则C(0,0,0),设三棱锥PABC的外接球球心为O(x,y,z),半径为R,则OA=OB=OC=OP上Cz为z轴建立空间直角坐标系,由(1)知PN丄平面ABC,则C(0,0,0),设三棱锥PABC的外接球球心为O(x,y,z),半径为R,则OA=OB=OC=OP=R,即\(x—\)2十y2十z2=R,\x2十(y—1)2十z2=R,\x2十y2十z2=R,\(x—\)2十y2十(z—2=R,解得x=\,y=,z=—,R=\.…………………所以三棱锥PABC的外接球的体积为πR3=\)3=5\6π.……………10分=0,→→取x1=1,则z1=y1=\,所以m=(1,\,\).………………………13分设平面PBC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则2\2=\即平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为\………………………19.(1)解:当m=1时,f(x)=excosx—x十1,f(0)=1—0十1=2,……………………1分f/(x)=ex(cosx—sinx)—1,所以f/(0)=1—1=0,…………………2分所以函数f(x)的图象在x=0处的切线方程为y=2.………………3分(2)解:因为f(x)=emxcosx—mx十1,所以f/(x)=(mcosx—sinx)emx—m,……4分令h(x)=f/(x),则h/(x)=[m(mcosx—sinx)十(—msinx—cosx)]emx=[(m2—1)cosx—2msinx]emx,因为0<m<1,x∈[0,所以h/(x)<0,…………6分h(x)=f/(x)在[0,上单调递减,f/(x)≤f/(0)=(mcos0—sin0)e0—m=0,所以f(x)在[0,上单调递减,f(x)min=f=mcos—m十1=—m十1=0,(3)证明:g(x)=f(x)十mx=emxcosx十1,g/(x)=emx(mcosx—sinx)=—\m2十1sin(x十θ)emx,其中θ满足令g/(x)=0,得x=—θ,当x∈(0,—θ)时,g/(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(—θ,时,g/(x)<0,g(x)单调递减.所以g(x)(x∈[0,在x=—θ时取到极大值,也是最大值,最大值为g(—θ)=e—mθcos(—θ)十1.…10分要证3x∈[0,使得g(x)>e1—十1对ym>0恒成立,即证e—mθcos(—θ)十1>e1—十1对ym>0恒成立,即,x十2xsinxcosx=sinx[sinx十2(x—1)cosx]>0,则n(x)在(—,0)上单调递增,又n(—1)=cos2