江西师大附中2023届高三三模考试 理数答案.pdf

1、第页1江西师大附中 2023 届高三三模考试数学（理）试卷答案一、选择题题号123456789101112答案DACDCBBCADAB二、填空题13.314.015.481916.317 8.如果把这些数列的第一项依次排列构成的数列记为 nP，则,2,2,2,111223121 nnnPPPPPPP)()(1121nnnPPPPPP12222112nn，则203610)222(1021021PPP故选 C.9.由平面 BDE 平面 A1BD，则 E 是 CC1 的中点，又四面体 ABCE 的外接球的直径为 AE=3,半径23R，设 M 是 AE 的中点即球心，球心 M 到平面 A1BD 的距离

2、为 d，又设 AC 与 BD 的交点为 O，则3362cos1 OAA,则33cossin11OAAOMA,则633321sin1OMAOMd，则截面圆的半径613122612149222dRr，所以截面圆的面积为6132 r。选 A10.由图知,49233243322TT又3230,23sin)0(或f，)(320)32sin()32(Zkkf，若,2133k，无解；若222332k，所以)322sin()(xxf，向右平移 3 得到xxg2sin)(，第页2因此 A、B、C 错，D 对故选 D。11.设弧 AB 的中点为 H，弦 AB 的中点为 G，圆心为 O，拱圈的顶点为 P，有45PH

3、,225,50BGOB则15355035225GHOG,设PGH，则31545tan GHPH，根据对称性两个拱圈所在平面的夹角的余弦值为：2222220tan1tan1sincossincos2cos)90(2cos54，故选 A。12.0)(ln2lnexxaexx在 x0 上恒成立，令1)0(lntxxxt，即02 eatet在1t上恒成立。2min2)(eteeat，故选 B15.因为甲乙丙在同一车厢的概率为：4816442，甲乙在同一车厢的概率为：81442，甲丙在同一车厢的概率为：61644，乙丙在同一车厢的概率为：61644，则甲乙丙恰有 2 人在同一车厢的概率为：4819348

4、1616181。16.以 A 为原点，AB 为 x 轴，建立如图的直角坐标系，则)100,100(),0,200(CB,可求曲边 AC 的方程为：)1000(1002xxy，BC 的方程为：200 yx，设),100(020yyH则)1000)(,200(000yyyG，)20000100(1001)100200(020300200yyyyyySSEFGH，)200002003(1001020yyS，第页3令3710010000yS，负值舍去，则3)17(1000y，则 S 在),0(0y递增，在)100,(0y递减，所以当3)17(1000y时，S 最大，此时3171000 yBCBG。17

5、.解：（1）)(1(11nnnnSSnnSS，显然01 nnSS，111)1(1111nnnnSSnn，nnSSnn111111，1122111)11()11()11(1SSSSSSSSnnnnn2)121()2111()111(nnnn=nnn111，所以1 nnSn。（2）由（1）知1 nnSn，则)2)(1(11nnan，得)2()1(1nnnan，211 a也满足，所以*)()1(1Nnnnan,则2222)1(11)1(12nnnnnbn，则2222222)1()2()1(11)1(11()3121()211(nnnnnnTn。18.解：（1）连 PG、GH、PH，由于 G、H 分别

6、是 AD 和 BC 的中点，且 PA=PD,则PGAD,又 ABCD 是正方形，则 GH/CD,GH AD,又 PG GH=G，则AD平面 PGH,则平面 PGH 平面 ABCD，过 P 作 PM GH 于 M,则 PM 平面 ABCD，所以点 P 在 ABCD 上的射影 M 在线段 GH 上，连 AM，第页4则294sin,134tanPAMPAM，则2,13,4GMAMPM,因为6GH,所以21MHGM.（2）以 M 为原点，MH 为 y 轴，MP 为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则)0,4,3(B，)0,4,3(C，)0,2,3(D，)4,0,0(P，)2,2,23(E，)0,

7、6,0(),2,4,23(),0,6,6(DCDEDB，设平面 BDE 的法向量为),(1zyxn，则yzyxzyxDEnyxDBn450242306611，取4y，则)5,4,4(1n，同理可求平面 PCD 的法向量）（3042,n，285575751,cos212121nnnnnn，所以二面角CDEB的余弦值为 28557。19.解：由题意知，每位球员踢球一次积 3 分的概率为 51，积 2 分的概率为 52，积 1 分的概率为103，积 0 分的概率为101，(1)1251)51()333(3 XP，125652)51()233(223CXP,2509103)51()133(223CXP

8、,1251251)52()223(223CXP,则2504712512250912561251)7(XP。（2）因为Y 的可能值为 0、1、2、3、4、5、6，则1001101101)0(YP，第页510062103101)1(YP，10017210152103103)2(YP，10028210352210151)3(YP，100282103515252)4(YP1006125251)5(YP，10045151)6(YP，所以Y 的分布列为：100461001651002841002831001721006110010EY3.4。20.（1）由题意知02190 GFF,则2121212121G

9、FGFGFGFSFGF又222122214cFFGFGF，则144442)(2222221221cacacGFGFGFGF，又323222221cacaSrFGF内，解得13,2bca，所以椭圆 C 的方程为1422 yx。(2)设直线 DE 的方程为1(2),0yk xk，),(),(2211yxEyxD联立方程组2221440ykxkxy，可得222(1 4)8(21)16160kxkkxkk则0，1212228(21)16(1),1 41 4kkk kxxxxkk111111:11ADMyxyxxxy ，同理221Nxxy Y0123456P10011006100171002810028

10、100161004第页6,12,122211kkxykkxy)(2121xxkyy)2)(2()(2)2()2(21211122xxkxxxkxxkxxxMN4)(24)()2)(2()(212121212212122121xxxxxxxxxxxxyyxxSMNDMEN4416)1()4(1614162kkkk当且仅当12k 时，四边形 DMEN 的面积最大，最大值为 4.21.解（1）函数2ln()()()axh xf xg xxx的定义域为 1,ee求导得：3ln2()0 xxxah xx恒成立则 2lnaxxx在 1,ee恒成立，令()ln,u xxxx则()lnu xx 当1,1,()

11、0,xu xe则()u x单 调 递 增，1,()0,xe u x则()u x单 调 递 减，而min12(),()0,()()0200uu eu xu eaaee （2）21 ln()0 xg xxex,()g x在(0,)e ，在(,)e ,()g x的唯一极值点0 xe因为()ln,axxx则2()xaxx当0a 时，()0 x恒成立，则()x在(0,)上单调递增，不合题意当0a 时，()0 x的解集为(0,),()0ax的解集为(,)a 即()x的单调增区间为(,)a ，单调减区间为(0,)a依题意：min()()1 ln3xaa，解得2(0,)ae设12xx，则120 xax,要证3

12、012x x xae则只要证212x xae即证221aeaxx，即证221()()aexx即证：211()()aexx，第页7即证11123lnln2,(0,)xxaxae而1111ln3(3ln)axaxxx 即证11121ln(3ln),(0,)xxxae，令22()ln(3ln),(0,)xT xx xee，则 211(3ln)Txxxe 设2()(3ln),(0,)G xxx xe，求导得()2ln0G xx即()G x 在2(0,)e上单调递增，则有220()()G xG ee即()0,()T xT x在2(0,)e上单调递减，而2(0,)(0,)ae当(0,)xa时，2()()(

13、)1T xT aT e则当(0,)xa时，21ln(3ln)xxe成立，故有212x xae成立，3012x x xae22.解：（1）直线 l 的参数方程为ttytx(sin2cos为参数)，44)sin(cos42cos222222yxC：。（2）把 l 的参数方程代入 C 中得：08sin42cos2tt，则2cos821ttPEPD，又直线 GH 的参数方程为ttytx(sincos22为参数),代入 C 中得：04cos242cos2tt，可得2cos4FHFG,所以2FHFGPEPD23.解：（1）当 a=1 时，)1(13)11(3)1(13122)(xxxxxxxxxf，第页8则不等式5)(xf可化为：5131xx或5311xx或5131xx，解得12x或11x或341 x，所以原不等式的解集为34,2。（2）因为 a 0,则)(23)1(2)1(2322)(axaxaxaxxaxaxxxf，画出 f（x）的大致图像如图，与直线 y=6 围成的四边形为 ABCD,可求)1,1(aA，)22,(aaB，)6,34(aC，)6,38(aD，且20226aa，延长 DA 与 CB 交于点 M，并求出)0,32(aM，93)1(2122aSSSABMCDMABCD，求得)2,0(1223a，所以存在正数1223a满足要求。