河南省三门峡市2022-2023学年高三上学期一模（第一次大练习）理科数学试卷含答案.pdf

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1、河南省三门峡市2022-2023学年高三上学期一模（第一次大练习）试卷第 1页，共 6页2023 年 1 月 5 日2023 年 1 月 5 日2022-2023 学年三门峡市高三第一次大练习理科数学-参考答案理科数学-参考答案一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分二、填空题:本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分1331412n154.25161,22三、解答题:共 70 分17（12 分）【解析】（1）由题意，()(sinsin)(sin3sin)abABcCB，222()()3ab ababcbc，即2223bcabc，22233cos222bcabcAb

2、cbc，在ABC中，(0,)A，6A（2）2a，且sin,sin,sinBAC成等差数列，由正弦定理得24bca，又由（1）知6A，22222()216243cos2222bcabcbcabcAbcbcbc12(23)bc，ABC的面积sin12(23)13(23)222ABCbcAS18(12 分）【解析】（1）当1n 时，1214()39aaa，229272749,4416aa ，当2n时，由1439nnSS，得1439nnSS，得143nnaa题号题号1 12 23 34 45 56 67 78 89 9101011111212答案答案BACDABCBDACC试卷第 2页，共 6页122

3、730,0,164nnnaaaa，又213,4naaa是首项为94，公比为34的等比数列，1933()3()444nnna ；（2）由3(4)0nnbna，得43(4)()34nnnnban，所以234333333210(4)44444nnTn ，2413333333321(5)(4)444444nnnTnn ，两式相减得234113333333(4)4444444nnnTn 1193116493(4)34414nnn 111993334(4)44444nnnnn ，所以134()4nnTn，由nnTb得1334()(4)()44nnnn恒成立，即(4)30nn恒成立，4n时不等式恒成立；4n

4、 时，312344nnn ，得1；4n 时，312344nnn ，得3；所以31.19（12 分）【解析】（1）由题，34564.54x，2.5344.53.54y，413 2.54 35 46 4.566.5iiix y ，4222221345686iix，42222212.5344.551.5iiy，试卷第 3页，共 6页所以相关系数2266.54 4.5 3.53.50.9952.5864 4.551.54 3.5r ，因为 y 与 x 之间的相关系数近似为 0.99，说明 y 与 x 之间的线性相关程度非常强，所以可用线性回归模型拟合 y 与 x 之间的关系.266.54 4.5 3.

5、50.7864 4.5b ，3.50.7 4.50.35aybx，故 y 关于 x 的线性回归方程为0.70.35yx.（2）将2x 代入0.70.35yx，得0.7 20.351.75y ，故估计该市政府需要给 E 区就地过年的人员发放的补贴总金额为1.75 10001750（万元）.设甲乙两人中选择就地过年的人数为 X，则 X 的所有可能取值为 0，1，2，2(0)(1)(22)242P Xpppp，2(1)(1)(21)(22)451P Xpppppp，2(2)(21)2P XPppp.所以22()045112231E Xppppp ，所以(1000)1000(31)EXp，由1000(

6、31)1400p，得45p，又112p，所以1425p，故p的取值范围为1 4,2 5.20.（12 分）【解析】(1)因为直线l：1x 与C的两个交点和O，B构成的四边形是菱形，所以l垂直平分OB，所以2,0B，2a.设01,Dy为直线l与C的一个交点，则菱形的面积为0012222yy.因为菱形的面积为6，所以026y，解得062y ，即61,2D将点61,2D代入22221xyab，得221123ab，又因为24a，所以22b.故C的方程为22142xy(2)由题意，得OB为圆E的一条弦，且直线1x 垂直平分该弦，试卷第 4页，共 6页故直线1x 经过圆心E，所以MN为圆E的直径，因此90

7、MON，即0OM ON .设1,MMy，1,NNy，则1MNyy.注意到3MAMyk，3NANyk，则199MNAMANyykk.又因为AMAPkk，ANAQkk，所以19APAQkk 易知直线PQ不可能平行于x轴，则设直线PQ的方程为xmyt（2t ），11,P x y，22,Q xy.由22,1,42xmytxy得2222240mymtyt.2 2222244248 240m tmtmt，（*）12222mtyym，212242ty ym.因为112APkyx，222AQykx，所以12121229yyxx，即12121229y ymytmyt ，即 122212121922y ym y

8、ym tyyt.将代入上式得 22222241942222tmtm t ttm，化简得21229tt，解得1411t，满足（*），所以直线PQ的方程为1411xmy，故直线PQ过定点14,01121（12 分）【解析】（1）由()ln(1)f xxx的定义域为(1,)，1()111xfxxx，()0fx得0 x，()0fx得0 x，()0fx得10 x，所以()f x在(1,0)单调递减，在(0,)单调递增，故()f x在0 x 处取得极小值，且()0f x极小，由1g()e1xxa，由题意可得，1e1=0a，1g(0)e0ab，解得e,b=1a（2）由（1）知，g()e1xxx，且g()x在

9、(,0)单调递减，在(0,)单调递增，试卷第 5页，共 6页所以ln(1)ppm，ln(1)qqm，e1rrt ，e1sst 且10p，0q，0r，0s，又ln(1)ppm可化为ln(1)1ln(1)1,eln(1)1,pppmpm 即ln(1)p是e1xxm 的解，同理ln(1)q也是它的解，所以ln(1)rp，ln(1)sq由知，证明ee2rs即证0pq，令()()()h xf xfx，则()2ln(1)ln(1)h xxxx，(0)0h则22112()20111xh xxxx，所以()h x(1,1)上单调递减，因为10p，所以()(0)0h ph，即()()0f pfp，因为()()f

10、 pf q所以()()f qfp，由()f x在(0,)单调递增，所以qp，0pq，即ee2rs.选考题：共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修 4-4：坐标系与参数方程22（本小题满分 10 分）【解析】（1）由2cos22sinxy(为参数)，消去参数，得曲线1的普通方程为2+(2)2=4，由4cos，得24 cos，得曲线2的直角坐标方程为2+2=4，即(2)2+2=4所以两方程相减可得交线为=，所以直线的极坐标方程为4 （2）由:2 sin16l，得 3sin+cos=1，直线 l 的直角坐标方程+3=1，直线 l 的斜率为33，所以直线

11、1的斜率为33，倾斜角为56，试卷第 6页，共 6页所以直线1的参数方程为312122xtyt(t为参数)，将直线1的参数方程代入曲线1，2+(2)2=4 中，得2330tt设A，B两点的参数为1，2，123tt，12=3，则1，2异号2121 21212121 24111115333ttt tttttPAPBttt t选修 4-5：不等式选讲23（10 分）【解析】（1）当2a 时，211f xxx去掉绝对值得：3,1,12,1,213,.2x xf xxxx x 令33x，解得：1x ，结合1x 得：令23x，解得：1x ，结合112x 得：112x 令33x，解得：1x，结合12x 得：112x综上，不等式 3fx 的解集为1,1.（2）当1a 时，11f xxx，因为111(1)2xxxx，当且仅当(1)(1)0,11xxx 时等号成立.所以 f x的最小值为 2，即2m=，所以22bc，因为2(2)22 222 2bcbcbcbc，且2 222bcbc，所以2(2)4bc，所以22bc.