又a2=b十c2,……3分解得Q=2,b=√5，4分所以栀圆C的方程为+号-1…5分(2)证明：由(1)知，c=1,则椭圆C的右焦点坐标为(1,0).设直线AB的方程为y=k(x一1)，D的坐标为(o,k(o一1).…6分设A(1,y),B(x2,y2),将直线AB的方程与椭圆C的方程联立得(3十4k2)x2-8k2x十4k2-12=0.△=(-8k2)2-4(4k2+3)(4k2-12)=144(k2+1)>0恒成立，8k2n十x2=3十4’由韦达定理知8分4k2-12m12=3+4k33y1-2,2-2又=k(1-1D9-k(-1D,所以1十=0-十g-)2b01-1x2-18k2x1十x2-23十4k22D2-（十)士2k-24收-2品=2k-1.…10分3+4k23千4十1),解得=4，即点D的横坐标为定值因为k1十k:=2k2,所以xo-112分评分细则：【1第(1)问共5分，正确算出c的值，得1分，正确算出a和b的值，得3分，正确写出C的方程，得1分【2】第(2)问共7分，正确联立方程，得1分，写出韦达定理，得1分，正确算出k1十k3,得2分，得出点D的横坐标为4，得2分【3】其他方法按步骤酌情给分。22.(1)解：由题可知f(x)=ae-a=a(e-1),…1分则当x∈（一∞，0）时，f(x)<0,则f(x)在（一∞，0）上单调递减，当x∈(0，十∞)时，f(x)>0,则f(x)在(0，十∞)上单调递增，…3分所以当x=0时，f(x)取得极小值a一c,无极大值.……5分(2)证明：记e=t,e=t2,m=在>1，则at-blni-c=0,at2-blnt2-c=0,t2作差得a(t1-t)=bln车，即4一=b】t…7分In-t at2要证明2+色>地，只需证h>4aI二a4二)，即证nm>a二am》aI-aa(1-a)m+a1…9分t21(1-a)t+at2令gm）-lnm如8TaD(m>1.则gm=X2m(1-a)m+amL(I-ana≥0，所以gm在(1，十o∞)上单调递增，则g(m)>g1)=0,所以兽十色>也成立.…12分a 1-a a评分细则：【1】第(1)问中未说明无极大值不扣分；【2其他方法按步骤酌情给分.【高三数学·参考答案第5页（共5页）】910C

选项错误.1.ACD对于选项A,可得多-，有力=5，故A选项正确：对于选项B,由MF-INFI,DF⊥MN,可得MD=DN,又由DF∥MA,有DF为△MNA的中位线，有|MA=2p,可得点A的横坐标为号，代人抛物线C的方程，求得点A的纵坐标为5，故直线1的斜率为⑤一0=V5,故B选项错误：对于选项C,当△MNA为等腰三角形时，。号3∠MAF=45°，直线AB的斜率为1，焦点F的坐标为(1,0)，直线l的方程为y=x一1，1y2=4.x联立方程,解得点A的横坐标为3+2厄，有AM1=4+22,则△MNA的面积为号(4+2V2)=12y=x-+8√2，故C选项正确；对于选项D,如图，过点B作直线MN的垂线，垂足为E,记|AF|=m,|BF|=n(m>n),当NB=|AF时，有BN|=m,由抛物线的性质有BE=,AM|=m,在△AMN中，BE=AMI别有分n可得心-2公-0得一+1，有会品-区+1故法项D正确12.ABD对于选项A,由f(-x)=一f(),可知函数f(x)为奇函数，故A选项正确；对于选项B,由f(）十a1十aa1,解得a=一或a=1,故B选项正确；对于选项C,由()=0，有za立aa2a]=0,当a=0时，函数f()仅有一个零点0，当a≠0时，必有。≤0，有0

1山.关于函数)=m十日下列法顶正确的有A.f(x)为偶函数Bf(x)在区间(5，m)上单调递增C.f(x)的最小值为2D.f(x)在区间（一π，4π）上有两个零点12已知P(.Q)是圆十=1上不同的两点，椭圆C号+芳-1a>6>)的右顶点和上顶点分别为A,B,直线AP,BQ分别是圆x2+y2=1的两条切线，e为椭圆C的离心率.下列选项正确的有A直线。+岁1与椭圆C相交B.直线ax十by=1与圆x2十y2=1相交C若横圆C的焦距为2，AP,BQ两直线的斜率之积为一号，则：-3D.若AP,BQ两直线的斜率之积为2，则∈(0，)三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量a,b均为单位向量，a⊥b,向量a+2b与向量2a十b的夹角为a,则cos=14.(x+2)1+2x)展开式中x的系数是15,已知四棱锥P一ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥底面ABCD,PA=42,则四棱锥P一ABCD外接球的表面积为:若点Q是线段AC上的动点，则PQ十QB的最小值为·(第一空2分，第二空3分)16已知。之n中》，若关于x的方程十=aa≠0)无解，则实数a的取值范围是数学试题第3页（共6页）

山西2022~2023年度教育发展联盟撞鹏教育高一5月份调研测试JIN PENG JIAO YU数学审题人：运城中学吕莹命制：瑾鹏教育研发中心考生注意：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：必修二第八章完（第六、七章占40%，第八章占60%）。弘、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，若复数：2则：A.1-2iB.1+2iC.-2-iD.-2+i已知向量a=(2,4),b=(品，-3)，且a1b,则实数m的值为A.-3〔m,-3)B.3C.-6D.6一个圆柱的侧面展开图是一个面积为4的正方形，则这个圆柱的体积为Akc1D.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a2=6十c2十3bc,则A一A晋BcD.已知面a⊥面β，aCa,bCB,则直线a和b的位置关系为A行B.行或异面C.行或异面或相交D,异面或相交已知在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin?,则△ABC一定是bA.等腰三角形B.钝角三角形C,直角三角形D.等腰直角三角形【高一5月份调研测试·数学第1页（共4页）】SinsBwn asBsinA.

公消法法进是处8设司金全国100所名枚最所高考模拟示花卷会21.(12分)sD).OS已知函数f(x)=(2x十a)lnx-3(x一a),a>0.材高时的流人价人香阙(1)当x≥1时，f(x)≥0，求a的取值范围.某.四的普然大‘卧龙品(2)若函数f(x)有两个极值点，x2,证明：西十x2>2e寸.学量卧指渠水个0短城这湖中服图然保，市果水园。尝前大个单州水明除行计()鹿兴光世处数：个明，中果水的形示理凉火，才特分G)的的阳火个的女别不园品水阳以.进冰，你公激容农中个甲(8)不宽原限水个京小心军中其究要荐，果理益明.首小是西克.00日濺扫描全能王创建

分数学闭报2022一2023学年四川专版（人教版）九年级第31~34期MATHEMATICS WEEKLY答案专期为AHLBC,A0=C0,所以0H=号AC=6.因为叫边形EFG丑为菱形【第32期】“四边形”综合验收题听以HE=GF,HE∥GF.15.根据勾股定理，可得AE=BE=互.由折叠所以∠HEG=∠FGE.所以∠AEH=∠OGF知∠B=∠B=45,BE=EB'=2.所以-、1.D2.D3.D4.C5.C因为∠A=∠0=90°，CB'=EB'-CE BE-CE BE-(BC-6.B7.B8.C9.D10.C所以△AEH≌△QGF(AAS)BE)=2BE-BC=22-2.因为AB∥CD,所提示：所以AH=QF=2.1.根据“对角线互相垂直的行四边形是菱形”以∠FCB=∠B=45.所以△FCB是等腰直因为DG=6,CD=8.所以CG=2可选D.角三角形.山勾股理，得B'F=2-2.16.根据题意，可得11G为△AD(的中位线，所以所以△FCG的向积=3CG·QF=)×2×2.正方形的对角线红和垂直，但矩形的对角线不2=2.·定红籼垂直HG∥AC,G=}AC.同埋，可得EF∥AC,3.根据三角形内伯和定理和行四边形的性质23.(1)连接EF交MWN于点0.解答」EF=号AC.EH=)BD.所以HG∥EF,HG=因为四边形ABCD是行四边形EF.所以四边形EFGH为行四边形.因为所以∠A=∠G,AD=BC,AD∥BC4.根据知形性质解答AG=BD,所以EF=H.所以四边形GH为所以∠ADB=∠DBC.5.根据三角形中位线定理及矩形的判定定理，判菱形.因为AC⊥BD,EF∥AC,EH∥BD,所以因为DE分∠ADB,BF分∠DBC断可得原四边形的对角线互和垂直.6.因为四叫边形ABCD是菱形，所以AB∥CD,EF⊥EL.所以∠FEⅡ=90°.所以菱形EFG所以∠ADE=∠EDB=∠CBF=∠FBD∠DAC=∠1.因为∠D=140°，所以∠DAB=是正方形在△ADE和△CBF中，∠A=∠C,AD=BC,∠ADE=∠CBF,180°-∠D=40°.所以∠1=号∠DAB=20°.三、17.因为四边形ABCD是行四边形所以AB∥CD.所以∠F=∠BA=60.所以△ADE≌△CBF,所以DE=BF7.因为四边形ABCD是行四边形，所以AB=因为AB=BE,所以△ABE为等边三角形因为∠EDB=∠FBD,所以DE∥BFCD,AB∥CD.因为E,F分别是AB,CD的中点，所以∠B=60°所以四边形BEDF是行四边形所以AE=CF.所以四边形AECF是行四边所以∠BCD=180°-∠B=120°所以0E=0F,OB=OD.形.因为AC=BC,E是AB的中点，所以CE18.连接1)交AC于点0，因为BM=1DN,所以OB-BM=O)-DN,AB.所以∠AEC=90°.所以行四边形AECF则OB=OD,OA=OC,BDLAC即OM=O是矩形.又因为AF=CE,所以OF=OE所以四边形EMFV是半行四边形8.过点A作AM1b于点M,过点D作DNLc于点N,所以四边形BEDF是行四边形(2)因为四边形EMFN是菱形，则∠AMD=∠DC=90°.因为b∥c,所以DNI因为BDLAC,所以四边形BEDF是菱形，所以EFLMN.6.所以∠CDM+∠CDN=90°.因为四边形ABCD19.因为四边形ABCD是矩形由(1)，得四边形BEDF是行四边形是正方形，所以AD=DC,∠ADM+∠CDM所以AC=BD,AD∥BC所以行四边形BEDF是菱形90°.所以∠ADM=∠CDN.所以△AMD≌△CND.因为AE∥BD24.(1)FG=CE,FG∥CE所以AM=CV.因为4与b之问的距离是6，b与所以四边形AEBD是行四边形(2)仍然成立.e之间的距离是10，所以AM=CN=6,DN=所以AE=B).所以AE=AC.证明：设CF与DE相交于点M10.所以DC2=DA2+CN2=10+6=136,即正20.(1)因为四边形ABD是行四边形因为四边形ABCD是正方形，方形ABCD的面积为136所以BC=CD,∠FBC=∠ECD=90°9.①当点P在AB上时，SAm=2·3=5所以DC∥AB,DC=AB.因为FC=AE因为BF=CE,解得x=9所以(C)-C=AB-AE,即DF=B所以△CF≌△CDE(SAS)②"点P在BG上时，SP=S形m-Saw所以四边形)F是行四边形所以C=ED,∠1DC=∠B℃内为DE⊥1B,所以∠DEB=90内为∠BFC+∠FCE=90Sw-SAm=5,即3×4-2(3+4-x)×2所以行四边形DEBF是知形所以∠DEC+∠FCE=907×2×3-7×4(x-4)=5.解得x=5(2)因为AF分∠DAB,听所以∠DAF=∠BAF所以∠EMC=90°，即FC⊥DE因为)C∥AB,所以∠DFA=∠BAF因为GB⊥DE,所以C∥C③当点P在CE上时，S8wm=)(4+3+2-x)×所以∠DFA=∠DAF.又因为EG=DE,所以EC=FC3=5.解得x=号（不合题意，舍去）。所以AD=DF=10.所以BC=AD=10.所以叫边形(ECF是行四边形因为四边形DEBF是矩形，所以FG=CE,FG//CE综上所述，x的俏为9或5.所以∠B)=90°.所以∠BPC=90(3)成立25.(1)因为在矩形ABCD中，AB=8,BC=1610.因为四边形ABCD是正方形，所以∠4D0=在Rt△BCF中，由勾股定理，得所以BC=4D=16.AB=CD=8.45,由折叠，可得∠A0G=)∠A00=22.5,BF'=NBC2-Ck2=N102-6=8.由已知，可得BQ=DP=t,AP=CQ=16-t故①止确，21.(1)因为四边形ABCD是菱形，山折叠，得Sacm=SAFcD?>Sao0,故②错误.所以AD∥BC,∠BAD=2∠DAC,LABC=2∠DBC在矩形ABCD中，∠B=90°，AD∥BC当Q=AP时，四边形ABQP为矩形由折叠，得∠EFD=∠EAD=90°=∠AOF,所所以∠BAD+∠ABC=180%所以t=16-t.解得t=8.以EF∥AC.所以∠bG=∠AGE.因为因为∠CAD=∠DBC,所以∠BAD=∠ABC所以当t=8时，四边形ABQP为矩形∠AGE=∠FGE,所以∠FEG=∠FGE.所以所以2∠BAD=180°.所以∠BAD=90.(2)四边形AOCP为菱形EF=GF因为AE=EF,AG=GF,所以AE=所以菱形1BCD是止方形.理由：因为1=6，所以BQ=DP=6.EF=GF=AG.所以四边形AEFG是菱形.故(2)因为四边形ABCD是正方形所以CQ=AP=16-6=10.③正确.所以AC1BD,AC=D,C0=3AC,D0=2BD因为AP∥CO,因为GF∥AB,所以∠GF=∠OAB=45°.所所以∠COE=∠D0F=90°，C0=1D0.所以叫边形AOCP为行四边形以=GF=2OG.由勾股定理，可得BE=因为D⊥CE,在Rt△ABQ中，N2EF=2OG.故④止确所以∠DHE=90°，∠EDH+∠DEH=90°AQ=AB+BQ=82+6=10.易得△OGF足等腰直角三角形.因为S△or=因为∠ECO+∠DEH=90°.所以AQ=CQ1,所以0C=1.解得OG=2.所以B5=所听以∠ECO=∠EDH.所以行四边形AQCP为菱形20G=2、2,GF=2.所以AE=GF=2.所以在△EC0和△)0中，所以当t=6时，四边形AQCP为菱形1B=BE+AE=2、2+2.所以SE方形m=∠EC0=∠FD0,C0=D0,∠COE=∠DOF,(3)因为正方形面积为96，(22+2)2=12+82.做⑤错误所以△EC0≌△FDO.所以OE=OF.所以正方形的边长为46.所以PQ=83.枚正确的结论是①③④，共3个22.(1)因为四边形EFGH为菱形，所以HG=EH分两种情况：二、11.答案不唯一，如AE=CF因为AH=2,1)G=2,所以DG=AH.①如图1所示，过点P作PM⊥BC于点M,则所以RBt△DG≌Rt△AEI(IIL).12.26°13.20214.6PM=AB=8,DP=BQ=t,AP=BM=16-t.15.2-2所以∠DHG=∠AEH.16.AC=BD H.ACLBD由勾股定理，得QM=P0-PM=82因为∠AEH+∠AHE=90°提示：所以∠1DHC+∠AHE=90°因为BM=BQ+QM,所以t+8v2=16-.11.答案不唯一，合理即可所以∠(E=90°.解得t=8-4、212.根据行四边形的性质、三布形内角和、三形外角的性质解答.因为叫边形EFGI为菱形13.在图2巾，根据勾股定理，得AB=BC=202所以四边形EFGH为正方形在图1中，囚为∠B=60°，AB=BC,所以△ABC(2)过点F作FQ⊥CD,交DC延长线于点Q,连接GE.是等边三角形.所以AC=BC=202因为四边形4BCD为矩形14.因为ABCD是菱形，所以BD=20B=16.因为S5=AC,BD=96,所以AC=12,因所以AB∥CD.所以∠AEG=∠QGE2即LAEH+LHEG=∠QGF+∠FGE第25题图

.P0⊥AB,·面PAB⊥面ABCD,.PO⊥面ABCD,Pm=月8=g.SAm7×1MxGD×sin∠ADC=号×2x2×=v5,120.A设P0=Pc.B H1…6分(2)由(1)知PO⊥面ABCD,即PO⊥BC,过O作OH⊥BC于H,连接PH,PO、OHC面POH,∴.BC⊥面POH,则BC⊥PH,.∠PHO即为面PBC与面BCD的夹角，在Rt△PI0中，P0=V3,OH=523cos∠PH0=01=2PH1552即面PBC与面BCD夹角的余弦值为512分20.【解析】(1)因为a-b,tanC=ccosAsinCa csinAcosC'根据正弦定理可得simA=3 sinB,sinCcosAsinC二sinA sinCsinA cosC'因为sinC≠0，sinA cosCeosA-sinCsind =cos(C+A)=c0s(-B)=-cosB=sinB,tnB=因为0

第2期参考答案第一章因式分解自我评估19.(8分)解：因为3(x-1)(x+7)=3(x2+6x-7)=3x2+18x一、选择题（每小题3分，共30分）21,且一位同学看错了一次项系数，所以二次项系数和常数项1.B2.A3.A4.D5.C6.B7.B8.A9.A10.B分别是3，-21.二、填空题（每小题3分，共18分）因为3(x-2)(x-4)=3(x2-6x+8)=3x2-18x+24,且另一位同11.6x2(x-2)12.(a+b)(a+3)(a-3)13.414.3000学看错了常数项，所以一次项系数为-18.15.n(n+1)+n+1=(n+1)2所以原多项式为3x2-18x-2116.99解析：假设巧数是10a+b,则ab+a+b=10a+b.整理，20.（8分）解：817-27°-326=(34)7-(33)9-326=328-32”-326=得a(b-9)=0,所以b=9.326(32-3-1)=326×5=324×(32×5)=324×45.则所有的两位数巧数是19,29,39,49,59,69,79,89,99.因为324×45是45的整倍数，以817-27°-326一定是45的所以在所有两位数巧数中，最大的巧数是99。整倍数.三、解答题（共52分）21.（10分)解：(1)C17.(每小题3分，共6分)（2)设x2+2x=y,则原式=y(y+6)+9=y2+6y+9=(y+3)2=(x2+解：(1)原式=(x+2y+x)(x+2y-x)=2y(2x+2y)=4y(x+y).2x+3)2.(2)原式=(a+b-9)2(3)(x-2)4解析：设x2-4x+2=z,则原式=z(z+4)+4=z2+4z+18.(8分)解：(1)①提取负号后，负号丢失错误分解：4=(z+2)2=(x2-4x+2+2)2=(x2-4x+4)2=[(x-2)2]2=(x-2)4不彻底22.（12分)解：(1)(x+1)(x-7)解析：x2-6x-7=x2-6x+9-(2)原式=4x(1-4x2)=4x(1-2x)(1+2x).:9-7=(x-3)2-16=(x-3+4)(x-3-4)=(x+1)(x-7)

报·高中徽学新课标版选解性必修1135.ABCD解析：A序-C克=A序+BC-A心，A项正确：A市+BC+CC=A+B心+CC=AC,B项正确；C项显然正确；A+BB+B心+Ct=AC+C元=AC,D项正确.故选ABCD项6.AB解析：如图，(AA+A市+A)2=(A+A,可+D,C)'=AC=3A市，A项正确：A(AB-A)=A,亡·AB=0,B项正确；A可与A,的夹角是D,C与D,材夹角的补角，而D,C与D,的夹角为60°，故A可与A,的夹角为120°，C顶错误；正方体的体积为AAAA,D项错误故选AB项BD7.-1解析：由题意知A,B,C,D共面的充要条件是对空间任意一点0，存在实数x1,y,1,使得0=x,0+y,0心+，0i,且x1+=1,因此2x+3y+4=-1.8.3a+3b-5c解析：E市=E+Ai+B,E=Et+C+D市:.两式相加得2EE+E武+A+C+B+D亦又E为AC的中点，E+EC-0,同理B市+Di=0,.2E市=Ai+Ci=a-2c+5a+6b-8c=6a+6-10c,.Ef=3a+3b-5c.9.证明：设AB=a,At-b,AA=c,则AC=AC+CCb+c所以4iAC=a(b+c)=ab+ac,因为AA1⊥面ABC,且∠BAC=90°，所以ab=0,a“c=0,所以AB·AC=0,即AB⊥AC,10.证明：设A=a,A市-b,A=c.因为1店-2丽，所以A在子立子b,因为加子F元.所以产号衣号(d--号a市-)a+2s c.所以EA产-A在2-c),又E-E团+a+在-子b-+a=a-所以E2E疏.又EFOEB=E,所以E,F,B三点共线能力挑战1.D解析：根据基底的概念，空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底，否则就不能构成空间的一个基底显然①②④正确，③中由B所，B立，B共面且过相同点B,故A,B,M,N共面故选D项2.D解析：因为a,b,c{是空间的一个基底，所以a,b,c不共面，在四个选项中，只有D项与印，9不共面，故2a+5c与，9能构成一组基底故选D项，3.BCD解析：结合图分析可知DA与PB,PD与AB,PA与CD分别垂直，则B,C,D项中两向量垂直；在A项中，只有当矩形ABCD为正方形时，才有P心⊥Bi.故选BCD项！4BCD解析：.x=a+b,∴.a,b,x共面，.{a,b,x不能作为空间向量的一个基底，A项不满足；：x=a+b,y=b+c,z=C+a,∴.x,y,z不共面，∴.{x,y,z可作为空间向量的一个基底，B顶满足；同理，b,c,z不共面，x,y,a+b+c不共面，.C,D项都可作为空间向量的一个基底故选BCD项，B答案专页第1页

(2)解：取AD的中点O,连接OE,OF,可得证四边形ODF、O4FE均为行四边形，所以OD=OA=OE=O,F=2,所以O,为等腰梯形ADEF的外心，取AC的中点O,连接OA,OD,OE,00,可得00,11CD,因为CD⊥面ADEF,所以OOL面ADEF,又因为OC=OA=OD=OE=OF=2V2,所以O为四棱锥C-ADEF外接球的球心，所以球的半怪为R-2w5,所以”--号x2.4。D3x-1>021.【详解】(1)合3x+1,即(3x-13x+1)>0,解得或方所以四的定义续为号得）11x4-而八3x+1log,)g,3x-=-f)-1og23x+1所以f(x)为奇函数.3x-1(2)令3x+1,则y=log2t,3x-1=-2+1又=3x+3x++1且￥<，6(x-x2)(3x+1)(3x2+1)1.为e3+0因为,且x

1、衡水名师卷·2023-2024学年度高三分科检测提分卷 物理(一)答案

第Ⅱ卷（非选择题共62分）[2)(为)二、非选择题：本卷包括必考题和选考随两部分。第9一12陋为必劣陋，每个试呱考生郴必须做答第12.(20」3一14题为选考题，考生根据要求做答。幼9.(6分)一同学

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图14左图为我国某地区的热力环流图，右图为该地近地面与00米高空垂直气压差的分布状况。据此完成第29、30题。海拔近地面与600米高空垂直气压差（百帕)(m)④--S-----③6001203004,

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