2023高三一模数学答案

2023高三第一次教学质量检测数学一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。题号12345678答案BDCCBCDA二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。题号9101112答案ACADABDAD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【答案】3．14．【答案】2nank，其中3k（只要符合题意即可）．15．【答案】2．16．【答案】3(0,]3．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）【解析】（1）由题意，11nnnnnbabab，13a，25a，令1n得122bb，又数列{}nb为等比数列，所以12nnbb，即数列{}nb为公比为2等比数列．所以，12nnaa，数列{}na是首项为3，公差为2的等差数列，数列{}na的通项公式：*21()nannN．（3分）由2b，42a，5b成等差数列，得：2544bba，1121636bb，12b，有2nnb．（5分）（2）由（1）知：21,(2,(nnnncn为奇数）为偶数），数列{}nc的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列，偶数项是以首项为4，公比为4的等比数列．2135212462(1)4(14)()()34214nnnnnnTaaaabbbbn242(41)3nnn．（10分）18．（12分）【解析】（1）选择条件①tantan2tanBCaBb：tantansincoscossinsin()sintanBsincossincossincoscosBCBCBCBCAaBCBCBCbC，所以2cosaabCb，于是1cos2C，又(0,π)C，所以π3C．选择条件②1sin2cos231sin2cos2CCCC：因为1sin2cos22sin(cossin)tan1sin2cos22cos(cossin)CCCCCCCCCCC，解得tan3C，又(0,π)C，所以π3C．选择条件③π32sin()3acB：则3(sin3cos)acBB，由正弦定理得：3sinsinsin3sincosACBCB，即3sin()sinsin3sincosBCCBCB，整理得：3sincossinsinBCCB，由sin0B得：tan3C，又(0,π)C，所以π3C．（6分）（2）由（1）知，π2π33CBA，，ABC△为锐角三角形，所以ππ62A，由正弦定理1sinsinsinabcABC，得sin,sinaAbB，于是，2222222π14πsinsinsinsin()1[cos2cos(2)]323abABAAAA．化简得，221π1sin(2)26abA，因为ππ5π2666A，所以1πsin(2)126A，51π31sin(2)4262A，故22ab的取值范围为53(,]42．（12分）19．（12分）【解析】（1）证法1：因为PD底面ABCD，所以PDBC，又ABCD为正方形，所以BCCD，且PDCDD，所以BC平面PCD，又DM平面PCD，所以BCDM，因为PDDC，M为线段PC的中点，所以DMPC，且BCPCC，所以DM平面PBC，而DM平面DMN，所以平面DMN平面PBC．（6分）证法2：以D点为坐标原点，以,,DADCDP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图，由已知可得(0,0,0)D，(0,2,2)M，(3,4,0)N，(0,0,4)P，(4,4,0)B，(0,4,0)C，则(0,2,2)DM，(3,4,0)DN，(4,4,4)PB，(0,4,4)PC．设平面DMN的法向量为1111(,,)nxyz，由1nDM,1nDN得10nDM,10nDN，所以1111220340yzxy，令11z，得11y，143x，所以14(,1,1)3n．设平面PBC的法向量为2222(,,)nxyz，xyzPMADNBC第19题图由2nPB,2nPC得20nPB,20nPC，所以222224440440xyzyz，令21z，得21y，20x，所以2(0,1,1)n，因为120nn，所以12nn，所以平面DMN平面PBC．（6分）（2）方法1：因为底面ABCD为正方形，所以ABCD∥，所以直线AB与平面DMN所成角等于直线CD与平面DMN所成角，设所求角为，由已知可求得17MN，5DN，22DM，所以90DMN，所以34DMNS△，又6CDNS△，点M到平面CDN的距离为2，设C点到平面DMN的距离为h，由CDMNMCDNVV，得11623433h，得1234h，又4CD，所以334sin34hCD．（12分）方法2：因为(0,4,0)ABDC，平面DMN的法向量为14(,1,1)3n，设直线与平面DMN所成的角为，则111334sin|cos,|||34||||ABnABnABn．（12分）20．（12分）【解析】（1）随机变量X的可能取值为0,1,2,3,4，（1分）22232255(0)0.03CCPXCC，2111122233232255(1)0.24CCCCCCPXCC，22111122223223332255(2)0.46CCCCCCCCPXCC，2111123233222255(3)0.24CCCCCCPXCC，22322255(4)0.03CCPXCC．（4分）随机变量X的分布列为：X01234P0.030.240.460.240.03随机变量X的期望()00.0310.2420.4630.2440.032EX．（6分）（2）1(137133130128122)1305x甲，222221(73028)25.25s甲，5.02s甲．1(111110109106114)1105x乙，222221(10144)6.85s乙，2.61s乙．（8分）根据公式，甲品种的变异系数为5.02100%3.86%130，乙的变异系数为2.61100%2.37%110，所以甲品种的成年水牛的变异系数大．（12分）21．（12分）【解析】（1）由题意，(,0),(,0)AaBa，00(,)Pxy满足2200221xyab，即2222002()byxaa．于是，22200002222200003PAPByyyybkkxaxaxaxaa，（4分）所以双曲线C的渐近线方程为3yx．（5分）（2）由题，(,0),(,0)AaBa，直线00:()yPByxaxa，直线00:()yQAyxaxa．联立直线PB与直线QA方程，解得20Maxx，故20Naxx．（7分）由（1）知双曲线222:33Cxya，故222003()yxa，于是直线202000:()yaPNyxaxxx，即2002200()xyayxxax，即200033xayxyy，与双曲线C联立得：2222000333()3xaxxayy，即22222220000(3)6(3)0yxxaxxaay，（10分）即22222003630axaxxax，因为2222200(6)4(3)(3)0axaxa，所以直线PN与双曲线C只有一个公共点．（12分）22．（12分）【解析】（1）由(2)()ln(1)0kxfxxx，得ln(1)(2)0xxkx．令()ln(1)(2),[2,)xxxkxx，则()ln(1)1xxxkx，22112()0(2)1(1)(1)xxxxxx．于是()ln(1)1xxxkx在[2,)上单增，故()(2)2xk．①当2k时，则()20xk，所以()x在[2,)上单增，()(2)0x，此时()0fx对[2,)x恒成立，符合题意；（4分）②当2k时，(2)20k，e1(e1)0ekkk，故存在0(2,)x使得0()0x，当0(2,)xx时，()0x，则()x单减，此时()(2)0x，不符合题意．综上，实数k的取值范围(,2]．（6分）（2）由（1）中结论，取2k，有2(2)ln(1)(2)xxxx，即2(1)ln(1)1tttt．不妨设211xx，211xtx，则2212112(1)ln1xxxxxx，整理得1221212lnlnxxxxxx．（9分）于是1221212121(1)(1)(1)(1)3e12ln(1)ln(1)[(1)(1)]3exxxxxxxxxx，即126e2xx．（12分）