广东省汕头市2023届普通高考第一次模拟考试数学试卷含答案.pdf

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1、1汕头市一模汕头市一模参考答案与评分标准参考答案与评分标准三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13.解：102yxx的展开式的通项公式为rrrryxxC)()2(T101017233710733710737108)(2)(2)()2(T7,ryxCCyxxCCyxxCkkkkkkk令，则，展开式中的系数为71371012CC）（故答案为-72014.令,0 x则,0 x又)()(xfxf且0 x时1)(xexf1)()(xexfxf当0 x时，1)1(,)1()(efefexfx，所求切线)1()1(xeey即01 yex15.解：如图，作该正棱台的轴截面，其中E，F，M

2、，N分别是AB，CD，11C D，11AB的中点，H，K是MN，EF的中点，G是内切球的球心，H，K是内切球和上、下底面的切点，Q是内切球和侧面11CDDC的切点，内切球的半径为r，由在正四棱台1111ABCDABC D中，4AB，112AB，则1HM，2KF，HGKGQGr，易得1MQHM，2FQFK，则3MFMQQF，2221MGr，2222FGr，且90MGF，所以222MGFGMF，即22149rr，解得2r，从而可知该球的表面积248.Sr16.解：双曲线的渐近线方程为，设点，可得123456789101112CDCBADABBCACDABDABC2，分别联立)(00 xxabyyx

3、aby)(00 xxabyyxaby可得，由题意，所以，即，所以，即，故17.（1）由正弦定理得=2，(1 分)在ABD 中，BDsin=,在ACD 中，CDsin=,(2 分)+=,=,(3 分)=,BDCD=AB(5 分)（2）法一：由(1)知，分）6.(1477121sin21sin790sin272sinACsinABDCBD)7.(147sin)90cos(cos分分）（）（）（9.(.32AD12cos272944917294ACAB94AB94AB94AC31AB32ADAC31AB32AD22222)10(.32ACAD21SACD分法二：由(1)知，=BDDC=AB sinA

4、C sin=2 7290=7=12,=1217=714,(6 分)为钝角,=90,0,2,cos=1 sin2=3 2114,(7 分)ACD=23=2312 sin=2312 2 7 2 3 2114=2 3(10 分)法三：(2)依题意，设=,则=2,=3(6 分)在ACD 中,=90,=2 2=4 42cosC=ACCD=22=1x.(7 分)3在ABC，由余弦定理得=2+222=92+428232=1,解得=2,=2 3.(9 分)ACD=12AD AC=2 3(10 分)18.（1）记“从这三个群体中随机抽取 1 名游客，该游客给予好评”为事件 A321,B,BB分别表示所抽取的游客

5、来自老中青三个群体-（1 分）2099659)B(P1039656BP419655BP321，-（2 分）（）（）（332211BAPBPBAPBPBAPBPAP-（3 分）564165103702092013（5 分）答：该游客给予好评的概率为2013-（6 分）（2）零假设：0H游客满意度与监管部门举办明码标价现场指导会无关联-（7 分）由表格数据和公式得001.0 x-（9 分）根据小概率值001.0的独立性检验，我们推断0H不成立，即认为游客满意度与监管部门举办的明码标价现场指导会有关联，此推断犯错误的概率不大于 0.001-（11 分）检验：明码标价指导会前满意度的频率为701004

6、028明码标价指导会后满意度的频率为951006057所以，明码标价指导会后游客满意度比指导会前高（12 分）19.解：（1）由12nnnaT得：当2n时，nnnaT121211212nnnnnnnaaaTT，nnnnaa11即(2 分)nnnnaa11lnln，1lnln)1(nnanan即，也即)2(1lnln1nnanann(3 分)lnnan是常数列(4 分)当1n时，31annnnana3ln3lnln3lnln，即所以)(3Nnann(6 分)（2）由（1）知，1321132131313nnnnnnb(7 分)132132132(2121nnnnbbbS(8 分)4nnnnn)31

7、(1323232132132132321322121得：由于(9 分)恒成立对*2111321321320Nnn(10 分)2033)132132132(202320222023212023S(11 分)20222023 S(12 分)第 19 题，第（1）小问另解 1：由12nnnaT得：当2n时，nnnaT121211212nnnnnnnaaaTT，nnnnaa11即(2 分)nnnnaa1log)1(，1log1nnnnaa即(3 分)12312logloglog13221 nnnnaaaaaa，nnaa1log即(4 分)又31anna3(5 分)且1n时，31a也满足上式，综上)(3

8、Nnann(6 分)第 19 题，（1）当1n时，2121Ta当2n时，)2(1lnlnlnln)1(lnlnTT,T11111121121212121-nnnanaananaaaaaaaTaannnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnlnnan是常数列nnnnnanana33ln3lnln3lnln且1n时，31a综上)(3Nnann(5 分)（2）由（1）知，)313131(22023)131131131(22023)131131131(2132113213131320232120232120232121SnbbbSbnnnnnnnnn202231202231120233113113

9、122023202320232023）（52023又2023S20222023 S(12 分)20（1）方法一：证明：DA平面ABABEF,平面AFABEF,平面ABEFAFDADAAB，又AFAB 以A为原点，ADAB,AF分别为zyx,轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系（1 分）（），（），（），（），（），（0,0,2G0,2,1E2,0,0D1,2,0C0,2,0B0,0,0A)0,2,2(BG,22,1DE120DC），（，设平面DCE的法向量为),(111zyxn 022021111111zyxDEnzyDCn令,11y则2,211xz)2,1,2(1n是平面DCE的一个法向量又0

10、2BG1nBG与平面DCE不平行.（5 分）方法二：证明：取 AD 中点 M，AG 中点 N，连接 BM,BN,MN.（2 分）/,MDBC MDBC,所以四边形 BCDM 是平行四边形，/CDBMBMCDE又平面，/BM平面CDE同理/MN平面CDE,=MNBM MBMNCDE，平面平面（4 分）而BG=平面BMN BBG与平面DCE不平行.（5 分）（3）设)0,0,(F a则)0,2,(BF a（6 分）（4）111,cosBFnBFnBFn（7 分）（有数量积公式给分）5534222aa（8 分）整理得01640112aa则4a或114a）（0,0,4F即4AF（9 分）ADBC,AD

11、平面BCABEF平面BEBCABEFABBBCBEABBCBEAB，平面BCEAD平面BCE点 D 到平面BCE的距离为AB（即点 A 到平面BCE的距离）BECDABEFDABCDEFVVV2)1121(312412131）（311（12 分）21 题答案：【解法一】设),(),(),(),(),(),(44332211NNMMyxNyxMyxDyxCyxByxA直线AB的方程为)(1mxkny，即nmxky)(16联立nmxkypyx)(212消去y整理得：0222112pnpmkxpkx1 分由韦达定理知：1212pkxxnmxknmxkyy)()(211121nmkxxk22)(121

12、1nmkpk2221211212pkxxxM，nmkpkyyyM121212),(1211nmkpkpkM同理),(2222nmkpkpkN2 分（1）121kk，CDAB 3 分（或者写出面积公式ENEMS21）当0m时，),(),(222211npkpkNnpkpkM2114122121|kpkkpkpEM，2224222221|kpkkpkpEN222121211|2121kkkkpENEMSEMN22212222122212221121kkpkkkkp5 分当且仅当1|21 kk时取等号EMN的面积的最小值为2p(2)由（1）知：21222121)()(pkpknmkpknmkpkxx

13、yykNMNMMNpmkkkkpkkmkkp)()()()(21212122217 分直线MN的方程为：)()()(121121pkxpmkknmkpky即mkpkkpkxpmxkknmkpky1212121121)()(2121)(kpkxpmxkkny8 分又2111kk，2121kkkkxpmkpkxkkny21219 分)(21pxkknyxpm当0 px即px 时，10 分0nyppm得mny该直线过定点),(mnp。.(12 分)7【解法 2】（点差法）设),(),(),(),(),(),(44332211NNMMyxNyxMyxDyxCyxByxA则2121121,2xxyykx

14、xxM联立方程22212122pyxpyx，相减得)(2)(212121yypxxxx1 分化为122pkxM，1pkxM代入直线AB方程nmxky)(1得nmkpkyM121，得),(1211nmkpkpkM2 分【另一种写法】（先代入0m）设),(),(),(),(),(),(44332211NNMMyxNyxMyxDyxCyxByxA由已知得直线AB的方程为：nxky1联立方程pyxnxky221得02212pnxpkx1 分由韦达定理得：1212pkxx1212pkxxxM，npknxkyMM211),(211npkpkM2 分同理可得：),(222npkpkN22.（1）依题意，2x

15、 ，0a，且1()2xfxaex，（2 分）由20231(2023)02025fae得202312025ae，202311()20252xfxeex在(2,)上递增，当22023 x时，()0fx，当2023x时，()0fx，()f x的减区间为(2,2023)，增区间为(2023)，；（5 分）（2）方法一令ln(2)ln20 xaexa，即ln(ln)ln(2)(2)xaexaxx，lnln(2)(ln)ln(2)xaxexaex，令()xg xex，则由()g x在R上递增得lnln(2)xax，即lnln(2)axx，要使()f x有两个零点，只需方程lnln(2)axx有两根，（8

16、分）令()ln(2)F xxx，2x ，则1(1)()122xF xxx，当21x 时，()0F x，当1x 时，()0F x，()F x在(2,1)上递增，在(1,)上递减，()(1)1F xF，（10 分）又当2x 时，()F x ，当x 时，()F x ，当ln1a，即0ae时，lnln(2)axx有两根，（11 分）8从而，当(0,)ae时，()f x有两个零点.（12 分）方法二由（1），1()2xfxaex在(2,)上递增，且当2x 时，()fx ，当x 时，()fx ，0(2,)x 使得0()0fx，即0012xaex，且()f x在0(2,)x上递减，在0(,)x上递增，000

17、0011()()(ln)ln22ln222f xf xxaaaxxx，（7 分）又当2x 时，()f x ，当x 时，()f x ，要使()f x有两个零点，只需0()0f x，即0012ln22axx在(2,)上有解，（8 分）令1()22G xxx，则221(3)(1)()1(2)(2)xxG xxx ，当21x 时，()0G x，当1x 时，()0G x，()G x在(2,1)上递增，在(1,)上递减，()(1)2G xG，（10 分）又当2x 时，()G x ，当x 时，()G x ，当2ln2a，即0ae时，0012ln22axx在(2,)上有解，（11 分）从而，当(0,)ae时，()f x有两个零点.（12 分）