广东省茂名市2023届高三第一次综合测试（一模）数学试题含答案.pdf

12023 年茂名市高三级第一次综合测试数数学学参考答案参考答案一、单选题：4.【解析】将 2 个 8 插空放入不相邻的 5 个空位（4 个 6 之间有 5 个空位）中，2510C 5.【解析】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为2 3m，面积为23 3m的等腰三角形，所以2211sin(2 3)sin3 322l，解得3sin2，则3或23由23得，cos2 3 cos323hl，sin2 3 sin323rl，则上半部分的体积为22311 333 3m33r h，下半部分体积为218r h蒙古包的体积为3(183 3)m6.【解析】1cos 2121()sin 2sin(2)22242xAf xxxT对于选项,，选项 B:221（1-2）20且0()=22sin xsin xsinxcos x,f xtanxTsinxcos xsinxcos x1313()cossincossin22222Cf xxxxxxT对于选项,c co os s，11()sin 2()sin(2)2623Df xxxT对于选项,，7.【解析】,685ln,13ln,564lncba故可构造函数,112lnxxxxf,01122xxxxf所以 543fff12345678DAADCCBD28.【解析】当PCCD时，三棱锥PACD的表面积取最大值，2 2PD，三棱锥PACD的外接球的半径为2R，外接球体积为8 23.二、多选题：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，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分.9101112ACDACDABDBC10【解析】由题意得，中心对称，的图像关于 01 xf故 A 正确；由 xfxfxfxf2,且得 xfxfxfxf2的周期为 4，故 B 错误；01 01ff，故 C 正确；412121274 fffxf，的周期为，故 D 正确11.【解析】A 选项：由抛物线C的定义知 A 是正确的；B 选项：由12yx，切线方抛物线 C 在点(21，）处的切线斜率为1，切线方程为10 xy；C 选项：顶点在原点 O 的正三角形与抛物线相交与 A、B 两点,这个正三角形的边长为4 3p，OAB的周长为24 3，C 错；D 选项：F为抛物线的焦点，过H作HD垂直抛物线C的准线y=1于点D，如图由抛物线的定义知，1sinHGHGtHFHDHGD当t取最大值时，HGD取最小值，（正弦函数的单调性的应用）即直线GH与抛物线C相切设直线HG的方程为1ykx，3由214ykxxy得2404xxk，所以216160k，解得1k ，此时2404xxk，即2440 xx，所以2x ，故2,1H，所以1122222HSGFx GFH，故 D 正确12.【解析】原式变形为nnnmmemlnln，构造函数 xxexfx，11xexfx，xfxfxexx,0,110 时，单调递增，xfxfxexx,0,110 时，单调递减对于 A，取1 nm满足原式，所以 A 错对于 B，当nemnnm1,010ln时，即，当 时，在时，00lnxfn单调递增，原式 nfmfln，nenmm，即ln，所以 B 对。对于 C，当0lnn时，0lnnm显然会有；当0lnn时，根据单调性可设 ,lnnfmftf0t且tnln。，时，令当)2(0 xxeexxfxfxhx2xxee由基本不等式知，所以 ,0,0mfmftfmhxh即又 单调递增时，xfx0，,0ln,mtmnmt故 C 对对于 D，,1,2enm取满足原式，但2112ee三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13答案：56【解析】88 2188rrrrrrTC xxC x，令822r，3r，388!563!5!C.故81()xx的展开式中2x的系数为 5614.答案：22(1)(1)4xy或22315()()222xy或223350()()4416xy或22(1)5xy【解析】过(1,1),(1,1),(3,1)三时，圆的方程是：22(1)(1)4xy过(1,1),(2,2),(3,1)三时，圆的方程是：22315()()222xy过(1,1),(1,1),(2,2)三时，圆的方程是：223350()()4416xy4过(1,1),(2,2),(3,1)三时，圆的方程是：22(1)5xy15答案：12x【解析】由cos(2)21()20 xxf xeeexe得cos(2)212xxeexee21左边：cosxe,e21右边：可证明2当且仅当时取等，2xexe,x所以2112xexeee.要想两边相等，只能12x,所以()f x零点为12x 16答案：5(1,61216.【解析】因为 A 在 B 的上方，且这两点都在 C 上，所以(2,3)Amn，(2,3)Bmn，则|2 3ABn.因为 A 是线段BD的中点，又EAy轴，所以EABD，|EDEB，所以BDE的内心 G 在线段EA上.因为 DG 平分ADE，在ADE 中，所以|DAGADEGE，设EGd，所以222 3221(2)(2 3)nmdmddmn，因为 G 到 y 轴的距离不小于32m，232mdm222 313(2)(2 3)nmn22412nm，故2612511enm.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17解：（1）当 n=1 时，21112,02naa aa，1 分当2n时，224nnnaaS（1），211124nnnaaS（2），2 分5（1）（2）得：221112(2)4()nnnnnnaaaaSS3 分即2211142()2()nnnnnnnaaaaaaa即111()()2()nnnnnnaaaaaa4 分0na，12nnaa5 分na数列是 2 为首项，公差为 2 的等差数列，22(1)2nann 6 分（2）由（1）得，11 11()2(22)41nbnnnn7 分11111111(1)(1)4223141nTnnn8 分1110,11,114nTnn 9 分又1,1nNn随着 n 的增大而减少，从而nT随着 n 的增大而增大118nTT综上所述，1184nT10 分18解：（1）在ABC中，由2 cosabbC及正弦定理得：sinsin2sincosABBC，1 分又()ABC，sinsin()sin()sincoscossinABCBCBCBC2 分即sincoscossinsin2sincosBCBCBBC，3 分sincoscossin2sincossinBCBCBCB,，sin()sinCBB4 分0sinsin(),0.BCBCBC 5 分(),2BCBCBCB CB6 分（2）方法一：由（1）得：2CB得3(0,)BCB，03B，1cos12B，7 分由题意2 cosabbC，2CB及正弦定理得：2 cossin2sincossinsin2sincossin2sinsinacbbCcBBCCBBCBbbBB8 分sin2sincos2sincos12cos2cos12cos22cossinBBCBBCBBBB 9 分62212(2cos1)2cos4cos2cos1BBBB 10 分2154(cos)44B11 分1cos12B，21514(cos)544B，即15acb，故acb的取值范围为(1,5)12 分方法二：由正弦定理得：sinsinsinacACbB，6 分,()ABCABC，sinsinsin()sinsin()sinsinsinsinACBCCBCCBBB7 分由（1）得：2CB，故acbsin(2)sin2sinBBBBsincos2cossin2sin2sinBBBBBB8 分sincos2cos 2sincos2sincossinBBBBBBBB2cos22cos2cosBBB2222cos12cos2cos4cos2cos1BBBBB 9 分2154(cos)44B10 分由（1）得：2CB得3(0,)BCB，03B，1cos12B，11 分21514(cos)544B，即15acb，故acb的取值范围为(1,5)12 分19证明：（1）/ODPAB平面，CABPABAB平面平面,ODCAB 平面/ODAB,OBC又 为的中点2 分CDA为的中点EPC又为的中点/DEPA,PAPAB 平面,DEPAB 平面/DEPAB平面4 分7（2）如图所示取 BD 的中点 F，连结 PF、AF，底面ABC在半圆 O 上，BC为圆 O 的直径，ADAB5 分4ABAD4 2BD,2 2FAFBFD4PBPD又222PBPDBDPBPD6 分2 2FP222222222,FPFBPBFPFAPA FPFDPD,FPFB FPFA FPFDFAFBF又，FAFBABD、平面PFABD 平面7 分法一：建立如图所示的空间直角坐标系，(0,0,0)A,(4,0,0)B,(0,8,0)C,(2,2,2 2)P(4,0,0)AB,(4,8,0)BC ,(2,2,2 2)BP 9 分设平面PAB的法向量为1111,nx y z,则11111140222 20nABxn BPxyz 令11z，则12y ，10 x 1(0,2,1)n10 分设平面CPB的法向量为2222,nxyz,则2222222480222 20nBCxynBPxyz 令21y，则22x，222z 8222,1,2n 11 分设平面PAB与平面PBC的夹角为，则1212122|2|332cos|cos,|331132n nn nn n 12 分法二：建立如图所示的空间直角坐标系，xyz(2 2,0,0)A,(0,2 2,0)B,(2 2,4 2,0)C,(0,0,2 2)P(2 2,2 2,0)AB ,(2 2,6 2,0)BC ,(0,2 2,2 2)BP 9 分设平面PAB的法向量为1111,nx y z,则1111112 22 202 22 20nABxyn BPyz 令11z，则11y，11x 1(1,1,1)n10 分设平面CPB的法向量为2222,nxyz,则2222222 26 202 22 20nBCxynBPyz 令21z，则23x ，21y 2(3,1,1)n 11 分设平面PAB与平面PBC的夹角为，则121212|3 1 1|33cos|cos,|33311n nn nn n 12 分20解：(1)设1A 抽到第一袋，2A 抽到第二袋，2B 随机抽取 张,恰好抽到一名男生和一名女生的报名表1 分121()()2P AP A2 分91154129205(|)369C CP B AC3 分116522116(|)11C CP B AC4 分由全概率公式得11221516109()()(|)()(|)29211198P BP A P B AP A P B A5 分(2)设在一轮比赛中得分为 X，则 X 的可能取值为2,0,2,则326(2)115525P X （）（）323213(0)(1)(1)555525P X 326(2)5525P X 得分为 X 的分布列用表格表示7 分设在二轮比赛中得分为 Y，则 Y 的可能取值为4,2,0,2,4，则6636(4)2525625P Y 613136156(2)25252525625P Y 66131366241(0)252525252525625P Y 613136156(2)25252525625P Y 6636(4)2525625P Y 10 分得分为 Y 的分布列用表格表示为11 分3615624115636()(4)(2)0240625625625625625E Y 12 分X-202P6251325625Y-4-2024P36625156625241625156625366251021.解：（1）由题得2223,47abcbac2 分2216,9ab4 分椭圆 E 的方程为:221169xy5 分（2）(,6)N t，t为变量，设(0,3),(0,3)CD当0t 时，(0,3),(0,3)PQ，直线PQ为y轴39,CNDNkktt则直线CN的方程为330 xtyt，直线DN的方程为930 xtyt6 分由223301169xtytxy得2222(16)691440tyt yt7 分设(,)PpP xy22616CPtyyt，又223483,16cPtyyt相应地，2320,=16cPtxxt，即22232348(,)1616ttPtt8 分同理，222963432(,)144144ttQtt9 分当0t 时，2314464PQtkt直线PQ的方程为：2222348314432()166416tttyxttt，即231443642tyxt过定点3(0,)210 分综上所述，直线PQ经过定点3(0,)2M11 分(说明:也可以先令(说明:也可以先令t为特殊值，算出定点，再证明)为特殊值，算出定点，再证明)当FMPQ时（M为垂足），F 到直线PQ的距离取得最大值1122337(70)(0)22FM.12 分22解析：（1）xaxxxaxf2 两个零点；）上单调递减，不可能，在（当0,0,0 xfxfa1 分 axxfa得时，令当00 单调递增xfxfax,0,0，单调递减xfxfax,0,，2 分 xfxafafxfx,;01;,03 分有唯一零点有唯一零点且,0axax，满足题意。综上：,0a4 分（2）先证右边：令 xxxgxxxg1,1ln则。单调递增xgxgx,0,1,0，单调递减xgxgx,0,1 1ln,0,01xxxgfxg即的最大值为5 分aaaaaaaaaaaaf120211221221122112ln1222且122ax6 分又 1011xf1211221aaxx7 分再证左边：曲线 xfy 在0,1x和0,2x处的切线分别是22221111:,:xxxxaylxxxxayl8 分联立两条切线得121213xxaxxx，121321xxaxxx9 分12由题意得212221222211lnln2102121ln02121lnxxxxaaxxaaxxa10 分要证1,2,221321213xxaxxxxxx即证即证1ln21211221xxxxxx即证令112xxt，即证1121lntttt tttth121ln令11 分 ,1,02122单调递减，在thttth 得证1121ln,01tttthth综上：122213axxx12 分