高中数学试卷附答案

2023年12月2日发(作者：南平三模数学试卷题型分布)

厚德教育

厚德教育高中数学考试卷

第Ⅰ卷

（选择题，共12分）

一、选择题：本大题共4小题，每小题3分，共12分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1．已知角为第三象限角，且tan3，则sincos

4711A． B． C．

555

D．7

5x2y2P为双曲线右支上一点，2．已知F1,F2分别为双曲线221(a0,b0)的左右焦点，abπ满足PF2F1，连接PF1交y轴于点Q，若QF22c，则双曲线的离心率是

2A．2 B．3 C．12 D．13

3．已知点O在二面角AB的棱上,点P在半平面内,且POB45．若对于半平面内异于O的任意一点Q,都有POQ45,则二面角AB的取值范围是

A．[0,]

π4 B．[,]

ππ42C．[,π]

2π2D．[,π]

π44．已知xR且x0，R，则(1xsin)(1xA．22

2cos)2的最小值是

xB．8 C．122 D．942

第Ⅱ卷（非选择题部分，共38分）

二、填空题：本大题共4小题，6个空格，每个空格3分，共18分.

a6)展开式中x3项的系数为12，则a ▲ ；常数项是 ▲ .

2xπ6．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知A，a7,b5，点D满3足BD2DC，则边c ▲ ；AD ▲ .

5．若(x7．已知直线l1：2xy10，直线l2：4x2ya0，圆C：xy2x0.

若C上任意一点P到两直线l1，l2的距离之和为定值25，则实数a ▲ .

8．现有7名志愿者，其中只会俄语的有3人，既会俄语又会英语的有4人. 从中选出4人担任“一带一路”峰会开幕式翻译工作，2人担任英语翻译，2人担任俄语翻译，共有

▲ 种不同的选法.

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三、解答题：本大题共2小题，共20分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

9．(本小题满分10分) 已知函数f(x)sin3xcosxcos3xsinxcos2x．

(Ⅰ) 求f()的值； (Ⅱ) 求f(x)的单调递增区间．

π4x2y21的左右焦点，A,B是椭圆C上10．(本小题满分10分) 已知F1,F2是椭圆C：2的两点，且都在x轴上方，AF，设AF2,BF1 的交点为M．

1∥BF2（Ⅰ）求证：11 为定值；

AF1BF2（Ⅱ）求动点M的轨迹方程．

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(第10题图) 厚德教育

厚德教育高中数学答题卷

一、 选择题：本大题共有4小题，每小题3分，共12分

1、___________ 2、_____________ 3、______________ 4、_____________

二、填空题：本大题共4小题，6个空格，每个空格3分，共18分．

5. ________，______；

7. ________________； 8. __________________；

三、解答题：本大题共2小题，共20分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

9. (本小题满分10分)

第 3 页 共 3 页

6. _________，__________； 厚德教育

10、(本小题满分10分)

第 4 页 共 4 页 厚德教育

厚德教育高中数学参考答案

二、 选择题：本大题共有4小题，每小题3分，共12分

1-4ACCD

二、填空题：本大题共4小题，6个空格，每个空格3分，共18分．

5.

2，60； 6.

8，261；

37.

18； 8.

60；

三、解答题：本大题共2小题，共20分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

9. (本小题满分10分)

π3ππ3πππ解

(Ⅰ) 因为

f()sincoscossincos

444442

22220

2222

1

π 所以

f()1

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分

4

(Ⅱ) 因为

f(x)sin(3xx)cos2x

π2sin(2x) „„„„„„„„„„„„„„„„„„„9分

4（化简出现在第（Ⅰ）小题中同样给4分）

πππ2kπ2x+2kπ，kZ

2423ππkπxkπ，kZ

883ππkπ, kπ]，kZ„„„„„„„„„14分

88 由正弦函数的性质得

 解得

所以

f(x)的单调递增区间是[

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10．(本小题满分10分)解：

（I）证1：设直线AF1 所在直线的方程为xmy1 ，

与椭圆方程联立

x22y22,

xmy1,22化简可得m+2y-2my10

yAMF1=m2m21m22

第10题图1

BF2x因为A点在x轴上方，

所以

OyA所以

2m22m212m22AF11+myA021+m2m2m21m22

同理可得：BF21+m2yB01+m2m2m21m22„„„„4分

1m221m22所以，

2222AF1BF21+mm2m11+mm2m111m22m22所以

++2222AF1BF21+mm2m11+mm2m1m2211 =+1+m2m2m21m2m212m2222m1==22„„„„„„„„„„„„7分

2221+m2m1-m证2：如图2所示，延长AF1 交椭圆于B1,由椭圆的对称性可知：B1F1BF2,

所以 只需证明11为定值，

+AF1B1F1设直线AF1 所在直线的方程为xmy1 ，与椭圆方程联立

x22y22,22 化简可得：m+2y-2my10

xmy1,

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所以

11111111+=+

22AF1B1F1m1y1y2m1y1y2y1y2

22yym112m11yAMF1B1第10题图2

BF2xO

8m21m1222„„„„„„„„„7分

（II）解法1：设直线AF2，BF1所在直线的方程为xk1y1 ，xk2y1

k1k2xk2k1xk1y1,M所以点的坐标为„„„„„„„„„„„„„„10分

xk2y1,y2k2k1又因为k1所以

xA1myA2x1myB222 ，k2B

mmyAyAyAyByByB1221+m=2m2yAyByByAk1+k2=m

22m2m2 2m2m21m2m21m所以

k1+k22m2m6m，

22m2m2=42m21

k2-k12+2m21m2m21mk1k26m3mxk2k142m2122m21所以



21y2k2k142m2122m21x2y21

y0„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„15分 所以

9188

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解法2：

如图3所示，设AF1d1,BF2d2，则

MF1MBd1，

d2AMF1第10题图3

BF2所以

MF1BF1d1d1MF1BF1

d1d2d1d2又因为BF1BF22a22,

所以BF122BF222d2

d122d2d1BF1所以MF1 „„„„„„„„„„„„„„10分

d1d2d1d2同理可得MF2d222d1d1d2，所以

2MF1MF2由(I)可知d122d2d1d2d22d1d1d2222d1d2 „„„„„12分

d1d2d1d211= „„„„„„„„„„„„„„„„„14分

11d1d222+d2d13

2所以MF1MF2x2y21

y0„„„„„„„„„„„„15分 所以动点M的轨迹方程为9188

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