湖南省岳阳市2023届高三教学质量监测（一）数学试卷含答案.pdf

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1、岳阳市岳阳市 2022023 3 届高三教学质量检测第一次考试届高三教学质量检测第一次考试数学数学参考答案参考答案一、单项选择题一、单项选择题(本大题共本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的.)1.B2.C3.C4.D5.B6.A7.A8.D二、多项选择题二、多项选择题(本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得符合题目要求，全部选对的得 5 分，

2、有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分分.)9.ABD10.ACD11.BC12.BCD三、填空题三、填空题(本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.把答案填在答题卡中对应题号后的横把答案填在答题卡中对应题号后的横线上线上.)13.653314.19815.5616.(1)，2(2)1110或四、解答题四、解答题(本大题共本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17.解：(1)因为*313loglog1(N)nnaan，所以13nnaa-1

3、分所以数列na是首项为 1 公比为 3 的等比数列-3 分所以数列na的通项为13nna-4 分(2)由(1)知数列na的前n项和1(13)31132nnnS-5 分)131131(23)13)(13(3)1(2)1(111nnnnnnnnnSaab-8 分所以)131131(.)131131()13121(23.1211321nnnnbbbbT)1312123n（数列 nb的前n项和)13(4331nnnT-10 分注：如果只化简113(1)2(1)(31)(31)nnnnnnnabaS，并写出nT表达式给 1 分18.解：设Y表示每个顾客取到食品所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下

4、：Y12345P0.050.450.350.10.05-1 分(1)A 表示事件“恰好 4 分钟后，第三个顾客开始等待取食品”，则事件 A 对应三种情形：第一个人取到食品所需的时间为 1 分钟，且第二个人取到食品所需的时间为 3 分钟；第一人取到食品所需的时间为 3 分钟，且第二人取到食品所需的时间为 1 分钟；第一个和第二个人取到食品所需的时间均为 2 分钟所以 P(A)P(Y1)P(Y3)P(Y3)P(Y1)P(Y2)P(Y2)0.050.350.350.050.450.450.2375.-6 分(2)X 所有可能的取值为 0,1,2.-7 分X0 对应第一个人取到食品所需的时间超过 2

5、分钟，所以 P(X0)P(Y2)0.5；X1 对应第一个人取到食品所需的时间为 1 分钟且第二个人取到食品所需的时间超过1 分钟，或第一个人取到食品所需的时间为 2 分钟，所以 P(X1)P(Y1)P(Y1)P(Y2)0.050.950.450.4975；X2 对应两个人取到食品所需的时间均为 1 分钟，所以 P(X2)P(Y1)P(Y1)0.050.050.0025；-10 分所以 X 的分布列为X012P0.50.49750.0025-11 分E(X)00.510.497520.00250.5025.-12 分19.解：(1)由余弦定理得2222cosbacacB又22baac所以(12c

6、os)aBc-2 分由正弦定理得sin(12cos)sinABC-3 分又ABC所以sin(12cos)sin()sincoscossinABABABAB得sinsin()ABA-5 分在三角形中得ABA或ABA（舍去）得2BA-6 分(2)由(1)知2BA且ABC，所以03A所以03A-7 分223coscoscos3coscos(2)cossin2 sincos2 coscos2sincos(2cos1)coscos4cos4cosCAAAAAAAAAAAAAAAAAA -9 分令cos,xA3()44f xxx且112x22()4124(13)fxxx可知当1323x时()0fx所以3(

7、)44f xxx在1323x单调递增可知当313x时()0fx所以3()44f xxx在313x单调递减()f x在33x 时取到极大值也是最大值，且最大值为8 39又131(),(0)0,()(0)222ffff，所以8 30()9f x故coscosCA的取值范围为8 3(0,9-12 分20.解：(1)法一：延长1,AA CF交于点N，连NE交11A B于M则可知平面EFC即平面CEMF且M为11A B靠近1B的三等分点所以12AM，又12AF，45,BAC由余弦定理知22211112cos2MFAMAFAMAFBAC所以22211MFAFAM故1AMF为直角三角形，1AFMF直三棱柱1

8、11ABCABC中，1AA 平面111ABC，所以1AAMF，又1111AAACA所以MF 平面11A ACC，MF 平面EFC所以平面EFC 平面11A ACC-6 分法二：如图所示，以A为原点，1,OB OA 为y轴和z轴的正方向，过A作y轴垂线为x轴建立空间直角坐标系，设12A Aa，则11(0,0,0),(2,2,0),(1,1,2),(0,3,),(0,0,2),(2,2,2)ACFa EaAa Ca所以(2,1,),(1,1,2),(2,2,0),CEa CFaAC 1(0,0,2)AAa设平面EFC的一个法向量为111(,)nx y z，则00n CEn CF 即11111120

9、20 xyazxyaz令11x，则1(1,1,)na设平面11A ACC的一个法向量为222(,)mxyz，则100m ACm AA 即22122020 xyaz令21x，则(1,1,0)m 所以1(1,1,0)(1,1,)0m na 所以mn故平面EFC 平面11A ACC-6 分(2)1(2,1,)ECa，由(1)知平面EFC的一个法向量为1(1,1,)na由直线1EC与平面EFC所成角的正弦值为23得12222|cos,|3152EC naa 得422750aa得102a 或1a 因为13A A，所以1a当1a 时，(1,1,1)n，1(2,2,2)AC ，知1/ACn，所以1AC 平面

10、EFC而1AC 平面11ABC，故平面11ABC 平面EFC-12 分21.解：（1）法一：设00(,)E xy，过00(,)E xy且平行2l的直线方程为002()yyxx 由002()2yyxxyx 得交点A的横坐标为0024xy所以2000025|12|2|44xyOAxyE点到直线1l的距离为00|2|5xy所以0000|2|5|2|445xyxy即22001416xy或22001164yx故动点E的轨迹方程为221416xy或221164yx-5 分法二：设(,)E x y，E点到直线1l的距离为1h，到直线2l的距离为2h，2BOA四边形OAEB（O为原点）的面积为S则12|sin

11、2SOA hOB hOA OB所以22 1|SOA OB h h所以2 1sin2Sh htan2时，22tan4sin21tan5，1tan2时，22tan4sin21tan5又12|2|2|,55xyxyhh所以|2|2|16555xyxy得动点E的轨迹方程为221416xy或221164yx-5 分（2）由题知0E的方程为221416xy设0,NNy，11,P x y，22,Q xy，当直线m的斜率为 0 时，0,0N若2,0P，2,0Q，因为NMMP，NMMQ ，知1,13，所以23若2,0Q，2,0P，因为NMMP，NMMQ ，知11,3，所以23当直线m的斜率不为 0 时,设直线m

12、的方程为1xty（显然0t），则10,Nt，即1Nyt 因为NMMP，NMMQ ，所以111,1,Nyxy，221,1,Nyxy，解得1Nyy，2Nyuy，12121211NNyyyyyyy y .由221416xtyxy消x并整理成22418120tyty因为直线m与曲线0E有两个交点，则在2410t 且判别式0 时有122841tyyt且1221241y yt所以221841241123tttt即证为定值23-12 分22.解：(1)令()()()ln(1),0,)F xf xg xkxx x则(1)()111kkxF xxx 当1k 时，10kx 对于0,)x恒成立，又10 x所以()0

13、F x恒成立所以()F x在0,)上单调递减所以当0 x 时，()F x有最大值，且最大值为0当1k 时知01xk时()0F x，函数()F x单调递增1xk时()0F x，函数()F x单调递减所以1xk时()F x有最大值，且最大值为ln1kkk综上，当1k 时()()yf xg x的最大值为0当1k 时()()yf xg x的最大值为ln1kkk-5 分（2）由知（1）知，当1k 时，0,x时()()0yf xg x当1k 时，对任意的0,1xk，()()0yf xg x又欲2()()f xg xkx成立，显然0k 当01k时，()()()()ln(1)f xg xg xf xxkx令2

14、()ln(1),0,)M xxkxkxx，则有22(12)1()12,(0,)11kkxk xkMxkxxxx 22(12)10kxk xk 有两个不同实数根2112144,4kkkxk2212144,4kkkxk且120 xx故当20 xx时，()0Mx，()M x在20 xx上单调递增故()(0)0M xM即2()()f xg xkx，所以满足题意的t不存在当1k 时由(1)知存在010 xk，使得对任意的00,xx恒有()()0f xg x此时()()()()ln(1)f xg xf xg xkxx令2()ln(1),(0,)N xkxxkxx，则有22(21)1()12,(0,)11k

15、kxkxkN xkxxxx 22(21)10kxkxk 有两个不同实数根21(21)12414kkkxk22(21)12414kkkxk且120 xx故当20 xx时，()0N x，()N x在20 xx上单调递增故()(0)0N xN即2()()f xg xkx，记0 x与2x中较小者为0 x，则当00 xx时恒有2()()f xg xkx，所以满足题意的t不存在当1k 时，则(1)知，当(0,)x，()()()()ln(1)f xg xg xf xxx令2()ln(1),(0,)h xxxxx，则有212()12,(0,)11xxh xxxxx 当0 x 时()0h x，所以()h x在0 x 时单调递减，故()(0)0h xh故当0 x 时，恒有2()()f xg xx，此时，任意实数t满足题意综上，1k-12 分