一模高三数学答案_2024年2月_01每日更新_15号_2023届辽宁省协作校高三下学期第一次模拟考试全科_2023届辽宁省协作校高三下学期第一次模拟考试数学

参考答案 一1.C 2.C 3.B 4.B 5.C 6.D 7.A 8.A 二．9.AB 10.AD. 11.ABD 12.ABD  1 1 三． 13. 14.0.76 15.[ ,12] 16. ( , ) 9 3 3 21 2 四、解答 17. 【 解 答 】 （ 1 ） 因 为 cos2 Acos2Bcos2C 1sinBsinC 所 以 sin2 Asin2Bsin2CsinBsinC ， b2 c2 a2 1 由正弦定理可得a2 b2 c2 bc，所以cosA  ，因为A(0,)， 2bc 2  则A ． 5分 3  1   （2）由题意AM  (AB AC)， 2 则  A  M  2  1 (  A  B    A  C  )2  1 (b2 c2 bc) 1 [(bc)2 bc] 1 [(bc)2 ( bc )2] 27 ， 4 4 4 4 2 4  3 3 3 3 则|AM | ，即ABC 的中线AM 的最小值为 ．当且仅当 bc3 取最小值 2 2 10分  18.（12分）解：(1)因为DAB ，且AP AB1,故BP1,在PDC中， 3 2 PD DC 1,PDC  , 所 以 PC  3 ， 在 BPC 3 中,BP1,PC  3,BC 2所以BPPC，又因为BE PC,BPIBE  E,BE,BP 平面BPE，所以PC 平面BPE 4分 (2) 选① 取BP中点为O,因为BE  PE,故EOBP,由（1）得EOPC,BPIPC  P,所以  EO平面ABCD，所以EAO为AE与平面ABCD所成的角，即EAO ,ABP为 4 3 等边三角形，边长为1，所以EO AO ,EBP为等边三角形 6分 2 （解法1） 取PE中点M ，过M 作MN EC于N ,连接NB,BM 因EBP等边,所以BM EP，由（1）知BM PC EPIPC  P，所以BM 平面EPC 由MN EC,故BN EC,BNM 是二面角PECB的平面角, 8分 13 在直角EPC中,EP1,PC  3,点M 是EP的中点，所以MN  ,在直角BMN 4 3 2 中tanBNM  2, 10分 3 4 5 所以余弦值为 12分 5 uur uuur uuur 解法2：以O为原点，OA,OP,OE为在x,y,z轴正方向建立空间直角 坐标系得 1 1 1 3 P(0, ,0),B(0, ,0),C( 3, ,0),E(0,0, ) , 2 2 2 2 uur uuur uuur 1 3 EP(0, , ),PC ( 3,0,0),BC ( 3,1,0) 2 2 ur uur 1 3 ur  n EP0  y  z 0 设n (x ,y ,z )是平面EPC 的法向量,则ur 1 uuur ,2 1 2 1 ， 1 1 1 1 n PC 0  1   3x 0 1 ur 取n (0, 3,1) 8分 1 uur uur 1 3 uur  n BE 0  y  z 0 设n (x ,y ,z )为平面EBC的法向量,uur 2 uuur ,2 2 2 2 ， 2 2 2 2 n BC 0  2   3x  y 0 2 2 uur 取n (, 3,1) 2 9分 ur uur ur uur n n 5 设n，n 所成的角为，则cos ur1 uu2r  ， 11分 1 2 |n ||n | 5 1 2 5 二面角的余弦值为 12分 5 3 选②取BP中点为O，由（1）得EO平面ABCD，设D到平面EPC 的距离为h,h ， 4 1 由已知得ABC等边三角形，BP1，设EO x 则EP x2  ， 4 V V 1 1 因为 EPDC DEPC，即 S EO S h， 3 PDC 3 EPC 21 1 1 1 3 即  PDDCsin1200EO  EPPCh，可求得x 3 2 3 2 2 3 可求得EO , 6分 2 以解法下同①的解法 19.解：（1）当 时， ， 1 当 时=，1 1 = 1 =2 −1 1 1 经 检≥验2， =时 ，− −1 =也符 +1合−上 式，= +1 = 2 + 1 所以数列 的=通1项公式 1为=2 ……………3分 1 （2）易知 ， 两边取倒数得 ： = 2 + ，整理得： ， 1 +2 1 1 ∴ >是0以首项为 ， +1公=比 为 2的等比数列 +，1+1=2 +1 1 1 ∴ +1 ， ∴1+1=2 …………6分 1 −1 1 （3）由 （+11）（=22）×问2可知欲比 较=2 −1 与 的大小， 1 1 即比较 与 的大小 +1 =2 +1 −1 = 2 + +1 2 当 时， ， ，有3>2； 2 −1 + 1+1 2 当 时, ， ，有7>6； =1 2 −1=3 1 +1=2 2+1 2 当 时, ， ，有15>12； =2 2 −1=7 2 +2=6 3+1 2 猜想 ，下面证明 …………8分 =3 2 −1=15 3 +3=12 +1 2 方法一 2 .当 −n1  >4 时 + 2n11(11)n+11C0 C1 C2 Cn1Cn Cn112C0 2C1 2C2 1 n+1 n+1 n+1 n1 n1 n+1 n1 n1 n1 =22(n1)(n1)n1n2 n 所以对于任意的 都成立 ，进而 < . ……………12分 方法二.令 f(x) 2∈x 1+1x2 x，则 +1 f(x)2x1ln22x1, f(x)2x1(ln2)2 22x1(ln e)2 22x12当x 4, 时， f(x)2x120， f(x)在x 4, 单调增， 1 f(x) f(4)2x1ln22x125 24170, f(x)在x 4, 单调增， 2 f(x) （f 4）241142 4110，所以2x11x2 x0，即2x11x2 x 所以对于任意的 都成立 ，进而 < . ……………12分 方法三 ∈ + +1 3下面用数学归纳法证明①当 时,显然成立 当 时,显然成立 =1 ②假设 =2 时（ k  2 ），猜想成立，即 成立， +1 2 那么当 = 时， 2 −1> + +2 +1 +1 = +1 2 −1= 2∙2 −1= 2∙(2 −1)+1 2 2 因为 >2∙( + )+1=2 +2 +1 2 2 2 对任意的 且 上式都大于0， 2 +2 +1 −[ +1) + +1 = − −1 所以有 ≥2 ∈ + +2 2 综上所述， 对于任意的 都成立，进而 < .……………12分 2 −1>( +1) + +1 +1 2 2 −1> + ∈ + +1 20解：(1) 杯数 日期代码 …………………2分 根据散点图，知y＝c＋dln x更适宜作为y关于x的回归方程模型．………………3分 (2)令u＝ln x，则y＝c＋du. 7 x y nxy 1 1 235.1－7×22.7×1.2 由已知数据得d ˆ  i1 ＝ ≈14.2 7 13.2－7×1.2×1.2 x2 nx2 i i1 cˆ＝ y－d ˆ u＝22.7－14.2×1.2≈5.7， 所以 yˆ ＝5.7＋14.2u. 故y关于x的回归方程为 yˆ ＝5.7＋14.2ln x. ………………6分 （此问计算过程中若算得d ˆ 是14.22，算得cˆ是5.6，回归方程为 yˆ ＝5.6＋14.2ln x也算 对） 4进而由题意知，令5.7＋14.2ln x>35，整理得ln x>2.1，即x>e2.1≈8.2， 故当x＝9时，即到第9天才能超过35杯． …………………………7分 (3)由题意知，这7天中销售超过25杯的有4天，则随机变量X的可能取值为0，1，2，3 0 3 1 2 4 3 1 4 3 12 3 3 =0 = 7 =35 =1 = 7 =35 2 1 3 0 4 3 18 4 3 4 3 3 则随 =机2变量=X 的7 分=布35列为 =3 = 7 =35 X 0 1 2 3 P 1 12 18 4 ……………12分 35 35 35 35 21.解（1）由题意，A a,0，A a,0，设Dx ,y x a， 1 2 0 0 0 则 x 0 2  y 0 2 1，所以y2  b2  x2 a2①， a2 b2 0 a2 0 y y y2 因为直线DA 、DA 的斜率之积为3，所以 0  0  0 3， 1 2 x a x a x2a2 0 0 0 b2 将式①代入化简得： 3②， ……………2分 a2 又双曲线C的右焦点为F2,0，所以a2 b2 4，结合式②解得：a1，b 3， y2 双曲线C的方程为x2  1. ……………4分 3 TA TQ (2)因为 A,B,Q,P 四点共圆，所以 TPATBQ,TAP∽TQB ,且  ,所以有 TP TB |TA||TB||TP||TQ|. ……………5分 设直线AB的方程为 yk (xm)n，A(x ，y )，B(x ，y )，设m1x x ， 1 1 1 2 2 1 2 将 直 线 AB 方 程 代 入 C 的 方 程 化 简 并 整 理 可 得 ， (3k2)x2 (2k2m2kn)xn2 2kmnk2m2 30， 1 1 1 1 由已知得3k2 0，且0 1 2k2m2kn n2 2k mnk2m2 3 由韦达定理有，x x  1 1 ,xx  1 1 ， ……………7分 1 2 3k2 1 2 3 k2 1 1 又由A(x,k x kmn),T(m,n)可得|AT| 1k2(x m)， 1 1 1 1 1 1 同理可得|BT| 1k2(x m)，得 1 2 3m2 n2 3 |AT||BT|(1k2)(x m)(x m)(1k2)(xx m(x x )m2)(1k2) ， 1 1 2 1 1 2 1 2 1 3k2 1 5设直线PQ的方程为 yk (xm)n,P(x ,y ),Q(x ,y )，设m1x x ， 2 3 3 4 4 3 4 (1k 2)(3m2 n2 3) 同理可得|PT||QT| 2 ， ……………10分 3k 2 2 1k2 1k 2 由已知得3m2 n2 30 又|AT||BT||PT||QT|，则 1  2 ，化简可得k2 k 2， ， 3k2 3k 2 1 2 1 2 又k k ，则k k ，即k k 0，即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0． 1 2 1 2 1 2 …12分 22.（1）证明：由题意， ，定义域为 ∞, 2 恒 成=立2， 所 +以 +在 ∞上(为0,增+函数) …………………1分 ' 2 易知 = +，2故 +1> 0 ，(0,+ ) 若 1 都 = 大 2 于1， 则 1 + 2 =4=2 1 ，不合题意， 同理 1, 2 都小于1时 也 不1 满 + 足 2 >2 1 =4 设 1, 2 ，欲证 ，即证 即证 0< 1 ≤1≤ 2 ，即 证1+ 2 ≥2 2 ≥2− ， 1 即证 2 ≥ 2− 1 ， 4− 1 ≥ 2− 1 ………………………………3分 构造函4数≥ 2− 1 + 1 ， ， = 2− + ( ) ϵ(0 1] ' ' ' 2 2 = 2− + = = +2 +1−[ +2(2− )+1] 2− 2 2 4 −4 1 = + −2+4 −4 −2 +4 −1 =4 −1 −2 +1 2 2 −2 +1 4 −1 =4 −1 = >0 所以 在区间 ， 上单调递增，所以 ，进而原不等式得证. −2 −2 ………………………6分 (0 1] ≤ 1 =2 1 =4 （2）由 ，令 ，则 ，故 …………7分 −1 1 1 下面证明 ：( )= 时+符2合 题( 意) ， =1 1 =1+2 ≥ 0 ≥−2 当 时 ，≥−2 ， ……………8分 −1 1 2 −1 2 以下 ≥证−明2： = + ln， +2 ≥ + ln − −1 2 构造函数 + ln − ≥，0 −1 则 ( )= +ln − ． −1 −1 2 −1 ' ( −1) 1 ( −1)+ − ( −1) − 令 ( )= 2 ，+则 −1= 2 ，= 2 −1 ' −1 令 ，可得 ；令 ，可得 ， ( )= − ( )= −1 ' ' 于是 ( )>在0 上 递>减1，在 ( )∞<上0 递增，0于<是 <1 ， ……………10分 可得当 时， ，当 时， ， ( ) (0,1) (1,+ ) ( )≥ (1)= 0 ' ' 6 0< <1 ( )<0 >1 ( )>0所以 在 上递减，在 ∞上递增，故 ， 综上可 (知 )，实(0,数1)b的取值范围(1,+ ) ∞． ( )≥… (…1)…=…0……………12分 [−2,+ ) 7