高三一模数学答案(1).pdf

1、 1/12 2023 年大连市高三一模测试参考答案与评分标准数学说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分一.单项选择题：1.（A）；2.（D）；3.（B）；4（C）；5.（A）；解：可以分为三类情况：“2,2

2、,2 型”，有 C26C24C2290(种)方法；“1,2,3 型”，有 C16C25C33A33360(种)方法；“1，1,4 型”，有 C46A3390(种)方法，所以一共有 9036090540(种)方法甲得到 4 本方法 2C46=30，301540186（D）；解：000()()()()fxfxfxxx，令()0f x，则000()()f xxxfx，迭 代 关 系 为33122()3121=()3333kkkkkkkkkkf xxxxxxxfxxx，012x，121,0.347223xx，选 D7（A）；令1y ，(1)()2f xf xx，累加：(3)()12n nf n，()f

3、 nn，解得2n 或1n 8（D）解法一：记坐标系二、三象限所在半平面为半平面.当 P 在 y 轴左侧时，为平面解析几何问题413,3 5)PA；当 P 在 y 轴上及右侧时，如图建系，则33 3(,2,)22A，设zyOxPA 2/12(4cos,4sin,0),2 2P ，222327|(4cos)(4sin2)29 12cos16sin2920sin()24AP其中3sin5，4cos5，则,22，4sin()1,5，故 13,7PA，综上，413,7PA二.多项选择题：9（B）（D）；解：由cos12tansintan()2sincos22222tansin22CABCCCCCC，因为

4、cos02C,212sin 2C 201 2sin0cos0902CCC，所以1tantan()2tanBAA，2tantantanAAB 不一定为 1，A 错；因为0sinsinsincos2 sin(45)ABAAA，090A 4545135A ,002sin(45)112 sin(45)22AA ，从而肯定有0sinsin2AB，所以 B 正确又coscos()sin2BAA，所以222sincos2sinABA也不一定等于1，C 错；而22222coscoscossin1sinABAAC，D 正确；综上可知选 B,D.10.（B）（C）；解：A 项，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶

5、点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故选项 A 错误；B 项，若，则菱形为正方形，因为平面，所以，所以直四梭柱在顶点处的离散曲率为，选项 B 正确；C 项，在四面体中，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，1111ABCDA B C D1111ABCDA B C DACBDABCD1AA ABCD1AAAB1AAAD1111ABCDA B C DA111222241A ABD1AAAB1AAAD1AAABAD114AA BAA D 1A ABD1A117124412BA D 13BA D 3/12 易知，所以，所以，所以直四棱

6、柱为正方体，结合正方体的结构特征可知平面，选项 C 正确D 项，顶点处的离散曲率为111()2223，3，,ABBD ABBDO，则1BC 与平面1ACC 的夹角12sin4BC O，所以选项 D 错误；故选：BC11.（A）（C）（D）；A 项，函数()f x 图像关于直线12x 对称，则1()0,21()0,2ff ，(或者()fx关于1(,0)2对称，)此时3a；故 A 正确；B 项，32()468fxxxxa不能恒正或恒负，故 B 错误；C 项，2()121280fxxx，所以()fx单调递增且有变号零点，先负后正，所以函数()f x存在最小值，故 C 正确；D 项，设切点00(,)x

7、y，切线为4323200000000(241)(468)()yxxxaxxxxa xx，过(0,0)，43243200000000241468xxxaxxxxax，即43200034410 xxx，求导可知方程一定有一正根一负根，故 D 正确.12.（B）（C）（D）解析：A 项（方法一），当1m 时，联立得：22(34)690kxkx，21224|1|43,4)34ABkxxk，|8|4,5)FAFBAB，故 A 错；A 项（方法二）|8|FAFBAB，max|4AB，|4FAFB，故 A 错；B 项，设 AB 中点(,)M x y，由点差法得：034xyk，又1ykx，得点 M 的轨迹方程

8、为：224330(0)xyyy，222111|2|2(1)21244FAFBFMxyyy，故 B 正确；C 项，联立得：22784120ymym，0，得：77m，112A BA DAB2BDABABAD1111ABCDA B C D1AC 1A BDA 4/12 121444|4()4(4,4)2777mFAFByy，411444277，故 C 正确；D 项，由点差法得点 M 的轨迹方程为：034xy，6|2|5FAFBFM，故 D 正确.三.填空题:（本大题共 4 小 题,每小题 5 分,共 20 分,把答案填在答卷纸的相应位置上）13.12；14.7；15.236145xy；14013【解

9、析】设桥拱所在抛物线方程22xpy，由图可知，曲线经过20,5，代入方程22025p ，解得：40p，所以桥拱所在抛物线方程280 xy；四个溢流孔轮廓线相同，所以从右往左看，设第一个抛物线21:142Cxp y，由图抛物线1C 经过点20,5A，则220 1425p ，解得185p，所以2136:145Cxy，点 A 即桥拱所在抛物线280 xy 与2136:145Cxy 的交点坐标，设,714A x yx，由 228036145714xyxyx ，解得：14013x 所以点 A 的横坐标为14013.故答案为：236145xy；1401316.5解：N 次游戏所取卡片数字总和为()2299

10、40N mnk，又1236mnk，且mnk为 40 的因数，min()8mnk，故2,4,5N.当2N 时，20mnk，因为丙得 9 粒石子，则8k，所以甲石子小于 16，矛盾不成立；当4N 时，10mnk，因为丙得 9 粒石子，则6k，为了使得甲获得石子，6,1,3kmn此时甲得 21 粒石子，矛盾不成立；5/12 当5N 时，8mnk，因为丙得 9 粒石子，则5k，为了使得甲获得石子，5,1,2kmn此时甲得 22 粒石子，甲乙丙三次得子数第 1 次第 2 次第 3 次第 4 次第 5 次甲66552乙22221丙11115故做了 5 次游戏.四.解答题：17.(本小题满分 10 分)解：

11、(I)选由余弦定理得：2222cosbcabcA，又1sin2SbcA，所以 13sin2cos24bcAbcA，3 分得 tan3A，因为0A，所以3A.5 分选，因为 sinsinsinabcbCAB，由正弦定理得：abcbcab，整理得：222bcabc，3 分由余弦定理得：2221cos22bcaAbc，因为0A，所以3A.5 分选，因为 3sincoscbCCa，由正弦定理得：sinsin3sincossinCBCCA，即3sinsincossinsinsinCACACB，2 分又因为 ACB，所以sinsin()sincoscossinBACACAC，所以3sinsinsincos

12、sinCACAC，因为0C，所以sin0C，所以 3sincos2sin()16AAA，4 分因为0A，所以66A，所以3A.5 分 6/12(II)法一：在ACD 中，设ADC，2 34sinsin(120)32ACAD，4sin,4sin(120)ACAD，7 分4sin8sin(120)8sin4 3 cos4 7 sin()4 7bc，9 分3(tan)2，当90 时取等号，所以bc的最大值是4 7.10 分法二：由余弦定理及中线定理可得：222222,482(),abcbccab224248bbcc，7 分令tbc，2242()()48bb tbtb，2274480btbt，2216

13、28(48)0tt，解得04 7t.8 分当4 7t 时，8 77b，10 77AD 符合题意，9 分所以bc的最大值是4 7.10 分18.(本小题满分 12 分)解析：(I)证明：在平面图形中取 AD 中点O，连接,OC OE，ADE 是边长为 2 的等边三角形，OEAD，1OD，故翻折后有OPAD，1 分又/CDAE，3CDODAE，2CDAE，OCAD，3 分且OPOCO，,OP OCPOC 平面，ADPOC 平面，4 分2BADABC，/ADBC，BCPOC 平面，5 分又PCPOC 平面，BCPC.6 分(II)解：由(I)得OPAD，OCAD，二面角 PADB的平面角为POC，在

14、POC 中，3OCOP，3PC，由余弦定理得1cos2POC，23POC，二面角 PADB的大小是 23，8 分在平面 POC 内作OMOC，交 PC 于 M，ADPOC 平面，以O 为原点，OA 为 x 轴，OC 为 y 轴，OM 为 z 轴，建立空间直角坐标系，OOABCDEP(E)DCBAMzyxOP(E)DCBA 7/12 由(I)得，四边形OABC 为矩形，又23POC，3OP，所以各点坐标为(1,0,0)A，(1,0,0)D，(1,3,0)B，(0,3,0)C，3 3(0,)22P，所以3 33(1,)22PB，3 33(0,)22PC，(1,3,0)DC，设平面 PCD 的一个法

15、向量(,)x y zn，则0,0,PCDC nn即3 330,2230,yzxy 设1y ，则3z，3x ，(3,1,3)n，10 分设直线 PB 与平面 PCD 所成角为，则3 33 3321022sin|7027913 1 344.12 分19.（本小题满分 12 分）解析：(I)由222221212(2)nnnnaan 得，222221221nnnnaa，令222 nnnba，则11nnbb，2 分 nb为首项为1，公差为1的等差数列，2221+11=nnann，4 分0na，得2nnna.6 分(II)1223111112231111()()()()2222222222niinnnii

16、nnna.12 分20.（本小题满分 12 分）解：（I）X 可取值为 1，2，3，2111323P X，2111215232233218P X，1573131818P X ，3 分因此 X 的分布列为X123 8/12 P135187184 分（II）（i）Y 可取值为1,2,n，每位同学两题都答对的概率为211323p，所以答题失败的概率均为：2121323，*(11,)YkknkN时，121()()33kP Yk.6 分当Yn时，12()3nP Yn.7 分Y 的分布列为：Y1231n nP132133221()33221()33n 12()3n8 分（）法一：111*1212()()(

17、,2)333nknkE YknnnN.9 分记n 名同学随机变量Y 的数学期望为nE Y，11121222()(1)()()()033333nnnnnnE YE Ynnn，故 E Y 随n 增大而增大；10 分求得253E Y，9/12 故232431nnnE YE YE YE YE YE YE YE Y ，22231122()1()52225233()()()()32()3233333313nnnE Y.12 分法二：2211212121223()(1)()()(1)33333333nnE Ynn ，9 分 23122121212122()3()(1)()()(2)3333333333nnE

18、 Ynn (1)(2)得：22111111212122212()()()(1)()()33333333333121()2212233()(1)()()1()23333313nnnnnnnnnE Ynnnnnn 所以 1232()33nE Y，11 分故 E Y 随n 增大而增大，且小于 3.12 分 21.（本小题满分 12 分）解：（I）直线l 与双曲线C 相切理由如下：联立方程组220011axbyax xby y，222220000210abya xxax xby，1 分2200,1NCaxby，220020axax xax，222200440a xa x，直线l 与双曲线C 相切3 分

19、（II）证明：由（I）知 222220000210abya xxax xby，10/12 直线l 与双曲线C 的一支有 2 个交点，则2220020222000100abya xbyabya x ，5 分22222222000000014414(0)a xa byaxbyabyaxby，222001a xby，220022222000011)0(bybyabya xa axby，220001axby，7 分00()N xyQ，8 分（III）法一：设11()()M xyA xy，设,MAAN MBBN,00()N xyl，1 ，则101011xxxyyy，9 分代入双曲线221Caxby：，利

20、用 M 在l 上，即01011ax xby y，整理得222211200110axbyaxby，10 分同理得关于 的方程222211200110axbyaxby 即、是222220011110axbytaxby 的两根，11 分0+，|MAMBANBN12 分（III）法二：设112233()(),()AMxyB xyxy，设 ANNB,则12012011xxxyyy，9 分,A B 在双曲线上，221122221(1),1(2),axbyaxby，2(1)(2)得：22222221212()()1a xxb yy，1212121211111xxxxyyyyab，11/12 即1212001

21、11xxyyaxby，点1212(,)11xxyy在l 上，10 分又点1212(,)11xxyy在 AB 上，12312311xxxyyy，11 分此时 AMMB，|MAMBANBN12 分（III）法三：设112233()(),()AMxyB xyxy，设直线 MN 上00()yyk xx,联立方程组00001()ax xbyyyyk xx,解得02003001bkx ybyxaxbky9 分联立方程组2002001()axbyyyk xx，得22000()1axb kxxy，2222200000()2()()10ab yxbkkxyxbkxy，22222222220000004()4()

22、(21)0 xb kkxyxab ybk xbkx yby 22220000001212222222002221,bk xbkybk xbkx ybyxxx xab yab y10 分223011302|(1)()()()()MABNANMBkxxxxxxxx2120312303(1)2)()()2kx xxxxx xx x0022000002222222000000002000022201(1)2(21)()(22()(1)bkx ybyxbkx ybybk xbkx ybyxbk xbkyab yaxbkyaxbkykab y=011 分|MAMBANBN12 分22.（本小题满分 12

23、分）解：（I）()2sin1xf xaex，()2cosxfxaex(0)0f，(0)210fa ，12a 2 分()sin1xf xex ，()cos(1cos)xxxfxexeex，当0 x 时，1cosxex ，()0fx，12/12 当04x时，令()1cosxg xex，()(sincos)0 xg xexx，()g x在(0,)4单调递减，()(0)0g xg，()0fx，所以函数 f x 在0 x 处取得极大值；4 分(II)()sin1(1 sin)1xxxf xexeex ，令()(1 sin)1xh xex，5 分则()(1 sincos)12 sin()4xxh xexxex，7 分当(2,2)()2xkkkN 时，2sin()42x，()0h x，()h x在区间2,2()2kkk N 单调递减，9 分又2(2)10khke ，(2)102hk ，()h x在区间2,2()2kkk N 有唯一零点，11 分故 f x 在区间2,2()2kkk N 有唯一零点12 分