江西省鹰潭市2023届高三第二次模拟考试理科数学含答案.pdf

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1、第 1 页 共 4 页鹰潭市 2023 届高三第二次模拟考试数学答案(理科)一、单选题DBCBAACBCADC二、填空题13.240,14.314215.1643三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.解：（1）由nSn是公差为12的等差数列，且111S，则11111222nSnnn，.2 分即22nSnn，当2n时，21211nSnn，两式相减可得：22nan，即,2nan n，因为11a 满足上式，所以数列 na的通项公式为nan.6 分（2）由（1）可得22nannb，所以212212 1 222421 2nnnnT，.8 分又0

2、11114(3 1)C 3C 3C31nnnnnnnn，因为011C,C,Cnnnn均为正整数，所以存在正整数k使得431nk，故214231nnTk，所以21nT除以 3 的余数为 2.12 分18.解:（1）每小组投进的次数之和不少于 3 次的称为“神投小组”,则可能的情况有甲投中一次,乙投中两次;甲投中两次,乙投中一次;甲投中两次,乙投中两次,1212,23pp，他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率为22112211212CC223232211243239.4 分（2）由题意得他们在一轮游戏获得“神投小组”称号的概率1221222112122212C1C1ppppppppp2212

3、122123,p ppppp1265pp，221221123,5pp ppp又1212601,01,5pppp,则1115p，令22121116395525mp pppp ,则19,5 25m,2212212()33,5525py mmmm 21235pmm 在19,5 25上单调递增,则max929725625py,此时1235pp.8 分他们小组在n轮游戏中获得“神投小组”称号的次数满足297,625B n,297np,则297625297625n,平均要进行 625 轮游戏.12 分第 2 页 共 4 页19.19.解：(1)因为在三棱柱中，O 为1A在底面投影，所以1AO 面 ABC，

4、1CC面1A AB.2 分又因为 O 为 AB 中点，所以12ABOA，AC2，所以3OC 因为1AA与底面 ABC 内所有直线所成角中的最小值为4，且1AO 面 ABC，所以14AAB，11OAOA，.4 分所以1111111111323 13323AABCCABAC ABAAABCABCVVVVSAO .5 分(2)以 O 为原点，OB，OC，1OA为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得0,0,0O，1,0,0B，0,3,0C，1,0,0A，10,0,1A，.6 分又因为1113AMAC，所以13,133M，所以23,133BM ，2,0,0BA ，1,3,0BC .7 分

5、设111,mx y z为平面 ABM 的一个法向量，则0,0,m BMm BA 即1111230,3320,xyzx，令11z，则0,3,1m；（9 分）设222,nxyz为平面 CBM 的一个法向量，则0,0,n BMn BC 即22222230,3330,xyzxy，令23x，则3,3,1n.10 分所以 0,3,13,3,113cos,13213m nm nm n .11 分所以二面角ABMC的正弦值为2132 3911313.12 分20.解：（1）双曲线C的方程为2213xy.4 分（2）由双曲线C的方程为2213xy的方程可得223,1,2abcab，由题意可得点10B,，则有：当

6、直线l与y轴垂直时，则3,0,3,0MN，可得直线2:333AMyx，令1x，则63y ，即点61,3P，同理可得：点61,3Q，故63PBBQ，即1PBBQ；.5 分当直线l不与y轴垂直时，设直线1122:1,l xtyM x yN xy，联立方程22113xtyxy，消去x得223220tyty，第 3 页 共 4 页则121222220,33tyyyytt ，.6 分可得直线111122:323232yyAMyxxxty，令1x，则11112222222tyyytyty ，即点11221,2tyPty，同理可得：22221,2tyQty.8 分1221211 21212121222222

7、22222 22222222tytyttyytyytty yyytytytytytyty2122443322022ttttttyty，.10 分即点,P Q关于x轴对称，故PBBQ，即1PBBQ；综上所述：PBBQ的值为 1.12 分21.解:（1）fx定义域为(0,)ln1ln1()1xxxfxxxx ,.1 分记11()ln1,()1xh xxxh xxx,当(0,1)x时，0h x；当(1,)x时，0h x，h x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，.3 分故 120,0h xhfx，fx在(0,)上单调递增.4 分（2）g x定义域为 R，eexxgxxaxxa，当0a 时，

8、1 exg xx有唯一零点1x，符合题意；.5 分当0a时，e0 xa，当)0(x,时，0,gxg x在(0),单调递减；当0()x,时，0,gxg x在(0),+单调递增，故 2min01g xga，.6 分若1a ，则 00,g xgg x无零点，不符题意；若1a ，g x有唯一零点0 x，符合题意；若10a，则 2010ga，又21(1)02gaa，1x 时，1 e12xxxx，20a，2()2(4),22axxg xxax4()0ga，故 g x在4(0,1),(,0)a内各有一个零点，函数有两个零点，不符题意；.8 分当01a时，当)1n(,0 xa时，0,gx当)0,(,lnxa

9、U时，0,gx则 g x在,(),ln0a，上单调递增，在(1n0)a,上单调递减，又22(ln)lnln1()(1)02aagaaaaaf aaf，.9 分1x 时，令2()e,()e2xxm xxm xx，令()e2,()e20 xxn xxn x，即()2xm xex在(1,)单调递增，故()(1)e20m xm，故2()xm xex在(1,)单调递增，则()(1)e 10m xm，所以2exx，故222g()(1)(1)22axaxxxxx，则g(1)02a，.10 分故 g x此时在(ln,1)2aa上有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为)110,.12 分第 4 页 共 4

10、页22.解：（1）根据曲线2C的极坐标方程为2 253cos2可得，2226cos8，即22828xy，所以曲线2C的直角坐标方程为2214yx；根据圆锥曲线参数方程定义可得，曲线2C的参数方程为cos2sinxy，（为参数）.5 分（2）由曲线1C的极坐标方程为2cos可得，曲线1C的直角坐标方程为2211xy，其圆心11,0C，半径1r；由题意可得设cos,2sinB，易知,A B之间距离的最大值为点B到圆心1C的距离的最大值再加上半径，即2221maxcos12sin13cos2cos51ABBCr，由二次函数性质可知，当1cos3 时，max4 313AB；所以,A B之间距离的最大值为4 313.10 分23.解：（1）由22224mnm n，得22114mn，又22112mnmn，所以12mn，当且仅当22mn时等号成立，而113313132222222222mnmnmnm nn m1122224()m nm nmn11222242m nm nmn2242m nmn1142242，当且仅当22mn时等号成立.故113322222mnmn.5 分（2）224422222111122216168()12mnmnm nmn，当且仅当22mn时等号成立.故44118mn.10 分