黑龙江省“六校联盟”2023-2024学年高三下学期2月联合性适应测试数学试题（PDF版含答案）

黑龙江省“六校联盟”高三年级联合适应性测试
数学答案
一、单项选择题
ABDB ABCB
二、多项选择题
AC BCD ABD
三、填空题
12. -13 13.167 40 14. 16
3
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

15.解：（1） m n m n 0 2
即2cos Asin （A ） 3 cos 2A 0
3
cos A(sin A 3 cos A) 3(cos2 A sin2 A) 0
cos Asin A 3 cos 2 A 3 cos 2 A 3 sin 2 A 0
cos Asin A 3 sin 2 A 0
A 0,

sin A 0 3 sin A cos A
2
tan A 3 A 6
3 6
A ,c 2 B C 5 （2） ，
6 6
a b 2
由正弦定理得 8
sin sin B sinC
6
2sin
a 2sin B b 6
sinC sinC
1 2sin(5 C)
6 1 cosC 3 sinC 1 cosC 1 3 3 10
sinC sinC sinC tan C
2
锐角三角形 ABC
0 C
C C 0 5

C 3 2 6 2 4 6 2
3 C 1
tan 1 1 3 12
3 2 tan C
2
a b (1 3,2 3). 13
16.解：（1）bn 1 a2n 1 3a2n 2 3(2a2n 1 1) 2 6a2n 1 5 6bn 5 3
bn 1 6bn 5 bn 1 1 6(bn 1)
b1 1 a1 1 2 0
b
n 1
1
6
bn 1
bn 1 为等比数列，公比为 6，首项为 2 6
bn 1 2 6
n 1 bn 2 6
n 1 1(n N*) 7
a 2 6n 12n 1 1
2 1 a n 1 n 1（ ）由（ ）可知 2n 2a2n 1 1 （2 2 6 1）+1=4 6 1
n-1
2 6 2 1, n 2k 1
a *n (k N ) 10 n
1
4 6 2 1, n 2k
S2n (a1 a3 a2n 1) (a2 a4 a2n )
(a1 a3 a2n 1) (2a1 1 2a3 1 2a2n 1 1)
3(a1 a3 a2n 1) n
3(b1 b2 bn ) n 12
3(2 60 1 2 61 1 2 62 1 2 6n 1 1) n
6 62 63 6n 2n
6(1 6n ) 2n 6
n 1 6
2n
1 6 5
6n 1S 6 2n 2n(n N*) 15 5
17.(1) 证 明 ： 取 AC 中 点 M ， 连
EB1,EM ,MB z
C
由斜三棱柱 ABC A1B
1
1C1 ，点 E为棱
E B1
A1C1的中点
A1
EM / /B1B E,M ,B1,B共面
BB1 AC ， AC ME 3 F
AB BC AC MB 6
MB EM M C
AC 面EMBB M O1 B y
EB 面EMBB1 AC EB 7 A
(2) 解 ： 由 （ 1 ） 知 x
AC 面EMBB1 面ABC 面EMBB1
过E作 EO MB，垂足为O， 面ABC 面EMBB1 MB EO 面ABC 9
EMO 为 AA1与面 ABC 所成角
5 MO 5
tan EMO 2,cos EMO Rt ABC中，cos EMO MO 1,EO 2
5 EM 5
过O作直线 PQ / /AC， AB BC 2 AC 2 2 MB AC,PQ AC ,MB 2 11
2
以O为原点，射线OP,OB,OE方向为 x, y, z轴正方向建立空间直角坐标系
O(0,0), A(2, 1,0),C( 2, 1,0),B(0,1,0),E(0,0,2),M (0, 1,0)

ME AA1 BB1 CC1 A1(2,0, 2),B1(0, 2, 2),C1( 2,0,2)

设 AF AA1 F (2, 1, 2 ),BF (2, 2, 2 ) ,

设面BCF的法向量m (x, y, z)

m CB 0
,令x 2 m (2 , 2 , 4) 13
m BF 0

面ABC的法向量n (0,0,1)
4 1 8 6 12 AF 8 6 12
cos m,n 5 2 24 48 0 即 15
4 2 4 2 4 2 2 5 AA1 5
x2 y2
18.解：（1）C : 1 5
4 3
x my 1
（2）设直线MN 方程为 x my 1 (4 3m2 2，联立 3x2 2
得 )y 6my 9 0
4y 12
36m2 36(4 3m2 ) 0
设M (x1, y ),N (x , y ) y y
6m 9
1 2 2 ，则 1 2 2 , y1y2 7 4 3m 4 3m2
S 2 1 2 1 1 MPN 4S MPS S NPT ( 3 ( y1 y2 )) 4 y1 (4 x1) y (4 x )2 2 2 2 2
9
((y1 y2 )
2 4y1y2 ) y y (3 my )(3 my )4 1 2 1 2
9 ( 36m
2 36 ) 9 2 2 2 (9 3m
6m
2 m
2 9
2 )4 4 3m2 4 3m 4 3m 4 3m 4 3m
2
9(9m 36 27m
2 36 27m2 18m2 9m2
2 ) 0 11 4 3m2 24 3m2
y1 t y 2 t
H (4, t) kHM kHN x1 4 x2 4 3 (y1 t)(my2 3) (y2 t)(my 3)（3）设 ，则 1
k t

HF t (my1 3)(my 2 3)
3
9 6m 4 3m2
3 2my1y2 (3 mt)(y1 y2 ) 6t 3
2m (3 mt) 6t
4 3m
2 4 3m2 4 3m2
t m2 y1y2 3m(y1 y2 ) 9 t m2 9 3m 6m 9 4 3m
2

4 3m2 4 3m2 4 3m2
3 18m 18m 6m2t 24t 18tm2 72(m2 1)

t 9m2 18m2 36 27m2 36(m2
2 17
1)
ln x x
19.解：（1）由已知 k e , (x 0) 1
x x
设u(x) ln x , (x 0) ，则u (x) 1 ln x 2 , (x 0)x x
当 x (0,e),u (x) 0,u(x)单调递增，当 x (e, ),u (x) 0,u(x)单调递减
所以u(x) 1max u(e) 3 e
x x
v(x) e , (x 0) v (x) e (x 1)设 ，则 2 , (x 0)x x
当 x (0,1),v (x) 0,v(x)单调递减，当 x (1, ),v (x) 0,v(x)单调递增
所以 v(x)min v(e) e
1
所以实数 k 的取值范围为 k e 5
e
f (x) ex , g (x) 1（2）(Ⅰ)由已知 ，
x
y ex由 1 =ex1 (x x ) x1 得： y=e 1 x e
x1 (1 x1)
由 y ln x2=
1 (x 1 x2 )得： y= x ln x2 1 7 x2 x2
x 1
e 1
故有 x2 ，所以 x2 e
x1 ,ex1 (1 x1) x1 1
x
即 e 1 (x1 1) x1 1 0 8
x e 1 (1 x1) ln x2 1
h(x) ex设 (x 1) x 1, (x 0)
所以 h (x) xex 1
因为 h (0) 1,h (1) e 1 0且h (x)在 (0, )上递增
所以 x0 (0,1),h (x0 ) 0
当 x (0, x0),h (x) 0, x (x0 , ),h (x) 0, 10
又 h(0) 2 0, h(x0) 0 h(x) 在 (0, x0)内无零点
h(1) 2 0,h(2) e 2 3 0, t (1, 2),h(t) 0 12
即1 x1 2, e
2 x 12 e 13
x x
(Ⅱ)由(Ⅰ)知， x2 e 1 , x x1 1,e 1 (x1 1) x1 1
由 ( x x2 x 1)e x 0, (x x1) x x 1
x
得 2 x 14 e
设 F (x) x 1 x x , (x xe 1
)
x x
F (x) e (e x 1)
(ex )2
0对 x x1, 成立
F (x)在 x1, 递增
x1
F (x) F (x ) x 1 x1 e (x1 1) x 1 11 1 x x = x 16 min e 1 e 1 e 1
x2 e
x1 ， 1 17