《辽宁省沈阳市2023届高三下学期教学质量监测（一）数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省沈阳市2023届高三下学期教学质量监测（一）数学试题含答案.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022023 3 年年高三年模拟（一）高三年模拟（一）答案答案 一、选择题一、选择题 1C 2D 3C 4B 5D 6C 7A 8B 7解析：令ln()tf tt=，则21 ln()tftt=，(0,)te时，()0,()ftf t单调递增；(,),()0,()teftf t+单调递减，ln1()taf ete=，容易发现125e，即ab,又523243()7.59232e=，23ln52，即 ，故 8解析：令00(,)P xy，四边形OFPQ为平行四边形，00(,)Qxy，又直线l的倾斜角为120，则000033yxyxc=，解得，02cx=，故|=|，又060PFO=，OPF为等边三角形
2、，设椭圆的左焦点为1F，连接1PF，则1PFF为直角三角形，有060PFO=，故|1|=3,|=，又|1|+|2|=2，31cea=二、选择题二、选择题 9BC 10AD 11ABD 12ACD 11解析：圆心(1,2)C，C到l的距离为2 2，令00(,)M xy，则001yx=，设切线长为l，=|2 2 6，故 A 正确；62222 32MACMACBSS=四边形，故 B 正确；22226MP MQMCCPMC=，故 C 不正确；切点弦AB的方程为(0 1)(1)+(0 2)(2)=2，将001yx=代入，整理得0(1)(35)0 x xyxy+=，10250 xyxy+=+=，直线AB恒
3、过1 3(,)2 2，故 D 正确；所以答案为 ABD 12解析：,4 4x 时，2sinux=与sin2vx=均为增函数，()f x也为增函数，故 A 正确；()2sin(x)sin2()2sinsin2()f xxxxf x+=+=+，故 B 不正确；易证()f x是以2为周期的奇函数，又2()2cos2cos22(2coscos1)2(2cos1)(cos1)fxxxxxxx=+=+=+，当22,()0,()33kxkfxf x+单调递增；当52+2,()0,()33kxkfxf x+单调递减，max3 3()(2)32f xfk=+=，min3 3()(2)32f xfk=，故 CD
4、均正确，所以答案为 ACD 三、填空题 三、填空题 133 144 15133 144 156 3233；（第一空（第一空 2 分，第二空 3 分）162 分，第二空 3 分）1622+33 15解析15解析：AB与平面与平面BCD所成角即为所成角即为ABE，由三余弦公式，由三余弦公式，得 得coscoscosABCABEEBC=，又，又60ABC=，30EBC=，3cos3ABE=，即即6sin3ABE=，又 又3,S2 2ABEBE=，解得，解得4AB=，又 又60ABCABD=，2BCBD=，90ADBACB=，AB为为外接球直径，外接球直径，三棱锥外接球的体积为三棱锥外接球的体积为32
5、3 16解析：22+2=22+22+2+=2+()21+()2+，令=，原式=2+21+2=1 12+1=1 1(1)2+3(1)+3=1 1(1)+31+3，由于(1)+31(,23 23,+)，当其取23时，原式取得最大值2+233 令解：(+2)2+342=1，令+2=cos32=sin，可解得=cos 13sin=23sin，22+2=2 232 2+233 四、解答题 四、解答题 17解析：（1）由题意可知，22(1)(41)2=nanAB AnnnC=+=+，.1 分 因此221(1)2(1)(2)23nnnbaannnnn+=+=+，.3 分()()12112(1)3(23)2n
6、nnnnnbbaaaann+=+=为常数，.5分 数列 nb是等差数列.6 分（2）由（1）知21111 112(2)22nnannnn n=+，8 分 121111 11111132 132422 2111324+1naannnan+=+=+.10 分 18解：(1)由题设sin3cos0AA+=，知tan3A=，.1 分 又0A，故23A=2 分(2)由23A=及，利用余弦定理222cos2bcaAbc+=可得4c=，.3 分 由23A=及，利用余弦定理222cos2bcaAbc+=可得10c=，4 分 由23A=及，由面积公式1sin2SbcA=可得60bc=，.5 分 经分析不能同时成
7、立，不能同时成立，故正确条件为，即10c=，6b=.6 分（i）将10c=，6b=代入得：236100600a+=可得14a=，7 分 在ABC中，由正弦定理知28sinsin3abAB=，故3 3sin14B=.8 分（ii）在 ABD和 ADC中，分 别 应 用 正 弦 定 理，可 得,sinsinsinsin()sinBDABDCACACBADADBDACADBADB=,两 式 相 除 即 得BDABDCAC=(角平分线性质），10 分 则5351484BD=，.11 分 在ABD中由正弦定理得sinsinBDADBADB=，则154AD=.12 分 19 解：（1）设=，由题意为等腰直
8、角三角形，折叠后为等腰直角三角形，取中点，连接，则 ，由于二面角 为直二面角，故 平面，且=22，则=13 =1312 =1312 4 22=423，得=2，即=2 2 分 则=22，2+2=2，故 ，又 平面，故 ，又与相交，故 平面，故 ，4 分 又 ，又与相交，故 平面，5 分 又 平面，故平面 平面 6 分（2）以为原点，,为,轴正向，过作轴垂直于平面，建立右手空间直角坐标系，则(0,0,0)，(2,0,0)，(2,4,0)，(1,3,2)，7 分 =(1,3,2)，=(2,0,0)，=(0,4,0)，8 分 设平面的法向量为1=(1,1,1)，则 1=1+31+21=0 1=41=0
9、，取1=1，可得1=(2,0,1)，9 分 设平面的法向量为2=(2,2,2)，则 2=2+32+22=0 2=22=0，取2=3，可得2=(0,2,3)，10 分 则cos =(1 2)|1|2|=3311=3311，11 分 由于所成二面角为钝角，故其余弦值为331112 分 20解（1）设比赛继续进行Y场韩菲/陈宇赢得全部奖金，则比赛最多再继续两场且最后一场必然这对组合赢：当1Y=时，韩菲/陈宇以4:2赢，()1P Yp=，.1 分 当2Y=时，韩菲/陈宇以4:3赢，()()21P Yp p=，.2 分 所以，韩菲/陈宇赢得全部奖金的概率为()=+(1 )=2 23 分（2）因为进行了
10、5 场比赛，所以两对组合之间的输赢情况有以下四种情况：自然终止：韩菲/陈宇组合赢 4 场，黄政/孙艺组合赢 1 场；韩菲/陈宇组合赢 1 场，黄政/孙艺组合赢 4场 意外终止：韩菲/陈宇组合赢 3 场，黄政/孙艺组合赢 2 场；韩菲/陈宇组合赢 2 场，黄政/孙艺组合赢 3场.4 分 5 场比赛不同的输赢情况有31324455CCCC+种，即 28 种 5 分（3）若韩菲/陈宇组合赢 4 场，黄政/孙艺组合赢 1 场：则韩菲/陈宇组合获得全部奖金 10000元；若韩菲/陈宇组合赢 3 场，黄政/孙艺组合赢 2 场：当比赛继续下去韩菲/陈宇组合赢得全部奖金的概率为11132224+=，黄政/孙艺
11、赢得全部奖金的概率为14，概率比值为3:1，所以韩菲/陈宇组合分得 7500 元奖金；若韩菲/陈宇组合赢 2 场，黄政/孙艺组合赢 3 场：当比赛继续下去韩菲/陈宇组合赢得全部奖金的概率为111224=，黄政/孙艺赢得全部奖金的概率为34，概率比值为1:3，所以韩菲/陈宇组合分得 2500 元奖金；若韩菲/陈宇组合赢 1 场，黄政/孙艺组合赢 4场则韩菲/陈宇组合没有获得奖金 设韩菲/陈宇组合可能获得的奖金为X元，则由上述分析获得奖金X的所有可能取值为10000，7500，2500，0，.7 分()34C110000287P X=，.8 分()35C575002814P X=，.9 分()25
12、C525002814P X=，.10 分()14C10287P X=，.11 分 韩菲/陈宇组合获得奖金数X的分布列为：X 10000 7500 2500 0 P 17 514 514 17.12 分 21解：设双曲线2222=1的右焦点(,0)F c，渐近线方程为0bxay=，则右焦点F到渐近线的距离22=3bcdbab=+，2 分 又2222,ccaba=+，则1,2ac=，双曲线的方程为2213yx=4 分 12 分 （2）设直线l的方程为=+2，设()1122,(,)A x yB xy，联立方程得，()222222123103313112900320txytytytxtyyy=+=+，
13、解得303t，5 分 渐近线方程为3yx=则A到两条渐近线的距离1d，2d满足，221111111233332244xyxyxydd+=，6 分 而213322 313AAxtyxxtyyt=+=，222421313CCOCxytt=+=，同理2241+3DDODxyt=+=，8 分 所以12122111414322221 31313OACOADSSOC dOD dd dttt=+，9 分 2A216 121 3O BOFAOFBABtSSSOF yyt+=+=，10 分 所以，22 1OABOCAODAStSS=+，103t，4233OPQOAPOBPSSS，所求的取值范围为43,)3+12
14、 分 22（1）()=2(1)ln+(2 2)(1)+(2 1)+2(1 )=2(1)(ln+)，2 分 由于 0，故 0，()单调递增；当 (,1)时，()0，()单调递增；4 分 综上，()的单调递增区间为(0,)和(1,+)，()的单调递减区间为(,1).5 分 （2）(1)=+32【情况一】：若(1)0，即 32时，由()的单调性，其在(,+)上恒为正，无零点，在增区间(0,)至多有一个零点，不符题意7 分 【情况二】：若(1)32时，由于(2)=0+4(12)+4(1)=2 0，由零点存在定理，()在区间(1,2)上存在一个零点，8 分 取 (0,1)，则 2 1，ln 0，()=(2)ln+(12)+2(1 )(1)ln+0+2(1 )，当 (0,2(1)时，()0，由于()在区间(0,)上单调递增，故()在(0,)恒为正，无 零 点，由 零 点 存 在 定 理，()在 区 间(,1)上 存 在 一 个 零 点，符 合 题意10 分【情况三】：若(1)=0，即=32时，同情况二可得()在增区间(0,)恒为正，无零点，()仅有=1一个零点，不符题意11 分 综上，的取值范围是(32,+)12 分 注：情况二和情况三中，需要证明()在(0,)恒为正，若无此证明就默认在(0,)上无零点，情况二中扣 2 分，情况三不得分