四川省广安市高2023级第一次模拟考试数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年01月高三试卷_0117四川省广安市高2023级第一次模拟考试（广安一诊）（全）

高 2023 级第一次模拟考试
数学试题参考答案
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一是符合题目要求。
1.D 2.C 3.A 4.B
5.B 6.D 7.B 8.A
8．解：设储物盒所在球的半径为R，如图，小球最大半径r
  R  
满足 21 rR ，所以r   21 R ，正方体的最
21
2
 2 a 2
大棱长a满足 2a   R2，解得a R，l  3a，
2 3
r 21 6 3
 
所以 l 2 3 2 .
3
二、多选题：本题共3个小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选
对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。
9.AD 10.BC 11.BCD
11．解：由题，a  ln  1a 2  0，平方得a 2 ln  1a 2  ，又ln  1x  x  x0  ，
n1 n n1 n
则a 2 a 2，即a a ，故  a  单调递减，选项A错误.
n1 n n1 n n
考虑函数 f  x ln  1x  2x  x0 ，求导得 f x 
x2
 0，故 f  x  单
x2  x1  x2 2
调递增，又 f  0 0，a 2 0，所以ln  1a2   2a n 2 ，即a2  2a n 2 ，选项B正确.
n n a2 2 n1 a2 2
n n
2a2 1 1 1 1 n 1 n 2
由a2  n ，则   ，由a  2，累加得  ，故  ，因此a  ，
n1 a2 2 a2 a2 2 1 a2 2 a 2 n n
n n1 n n n
选项C正确.
2 2 2 2 2  
由a     2 2 n1 n ，故
n n 2 n n  n1
 
a a a 2 2 100 1 18 2，选项D正确.
1 2 99
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
1
12.1 13.80 14.8， (第一空2分，第二空3分)
e14. 解：由 OP 2， x  y 2，所以面积S=8,
设 ，则 MN  x x  ex 1ex 2 ，
1 2 1
2
1,   1−1 ,   2, 
则 MN 在x  x 或ex 1ex 2 时，取得最小值，
1 2 1
若x x ，则令 ，则 ，令 ，解得 ，
1 2

(  )=  −   +1  '(  )=  −   '(  )= 0  =1
当 时， ，函数 单调递减，
当  ∈ −∞,1 时，  '(  )<0 ，函数  (  )单调递增，
∈ 1,+∞  '(  )>0  (  )
则 时， ，即 MN 1；
min
= 1  (  )min =  −e+1 =1
若 ，即有 ，则令 ，
2
1−1=   2 =   (   1−1) ℎ(  )=  −   (   −1)
则 ，令 ，解得 ，
1
ℎ'(  )= 1−   −1 ℎ'(  )= 0  = 1+ 
当 时， ，函数hx单调递减，
1
∈ −∞,1+  ℎ'(  )< 0
当 时， ，函数hx单调递增，
1
∈ 1+  ,+∞ ℎ'(  )>0
则 时， ；
1 1 1
= 1+  ℎ(  )    = ℎ 1+  = 
1
综上所述， MN  .
min e
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15．解：（1）设等差数列{a }的公差为d，因为2a a n2，
n n1 n
2a a 3
则 2 1 ， ……2分
2a a 4
3 2
a +2d 3 a 1
即 1 ，解得 1 ， ……4分
a 3d 4 d 1
1
所以a a n1d n. 则数列a 的通项公式为a n . ……6分
n 1 n n
（2）因为数列{a b }是首项为1，公比为2的等比数列，则a b 2n1， ……8分
n n n n
又因为a n，所以b 2n1n. ……9分
n n
设数列b 的前n项和为S ，
n n
则S   1242n1 123n ……10分
n
12n nn1 n2n
  2n1
12 2 2所以数列b 的前n项和为2n1
n2n
. ……13分
n
2
16．解：（1）如图，设BC3，取AD的中点H，连接BH ． ……1分
因为AD2BC，所以BCDH ．
又AD//BC，BCCD，BC CD，所以四边形BCDH为正方形，
所以ABBD3 2，AD6． ……3分
因为AB2BD2 AD2，所以 ． ……4
分   ⊥  
又平面ABEF 平面ABCD，平面ABEF 平面ABCD AB，BD平面ABCD，
所以 平面ABEF． ∩ ……5
分   ⊥
因为BD平面BDG，所以平面BDG平面ABEF． ……6分
（2）因为平面ABEF 平面ABCD，平面ABEF平面ABCD AB，
BE  AB，BE平面ABEF，所以BE 平面ABCD，
BH,BC 平面ABCD，所以BE BH ，BE BC，由（1）BH BC，
所以BH ，BC，BE两两垂直，
  
以B为原点，
BH
，BC，
BE
的方向分别为x,y,z 轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系．设BC3， ……8分
则A3,3,0，B0,0,0，D3,3,0，G(0,1,2 2)，

所以BD3,3,0，BG (0,1,2 2)． ……9分

设平面BDG的法向量为nx,y,z，
  nBD 3x3y 0 2
则 取x1，得n(1,1, )． ……11分
 nBG  y2 2z 0 4
因为BDAB，BE  AB，BEBDB ，BE,BD平面BED，

所以AB平面BDE，所以平面BDE的一个法向量为BA3,3,0， ……13分
BAn
4 17
设平面EBD与平面GBD的夹角为，则cos 
BA n 17
4 17
即平面EBD与平面GBD夹角的余弦值为 ． ……15分
17
17．解：（1） ，
……2分∵  cos  + 3  sin  =1+2  =  +2 
在△ABC中，由正弦定理得sinBcosC 3sinCsinB sinA2sinC ， ……3分由三角形内角和为180可得sinAsinBC，
sinBcosC 3sinCsinB sin BC 2sinCsinBcosCcosBsinC2sinC，
即 3sinCsinBcosBsinC 2sinC ，
3 1
，sinC0， 3sinBcosB2, sinB cosB1 ，
∘ ∘ 2 2
∵0 <  <180
 
即sin B30 1， ……5分
又 0 B180，B3090，即B120. ……7分
（2）设AC AD，令DCACDA，CAD1802，
AC CD
在ACD中，由正弦定理得，  ，CD 3，
sinD sinCAD
3sin 3
AC   . ……9分
sin2 2cos
AC BC
在ABC中，由正弦定理得，  ，BAC 60，BC1，
sinB sinBAC
sin120
AC 
 
， ……11分
sin 60
   
sin 60 cossin 90 ，解得 . ……
∘
α=75
13分 ，
∴∠   C  D=180°−2  =30°
2R  2 3,R  3. ……15分
sinCAD
1
18．解：（1）由题，甲在第三局获胜，此时甲必须连胜3局，故p  ； ……2分
3 27
甲在第五局获胜，此时，乙在前三局中获胜一局，
4
2 1 2
其余局数都是甲获胜，故 p C1    . ……5分
5 3 3 3 81
（2）由题，X 的取值为3，2，1,0,1,2,3，故q 1，q 0，记事件A 为X k时，甲最终获得
3 3 k
训练赛胜利，则q PA ，考虑下一局比赛，事件B为甲获胜，由全概率公式得，
k k
PA PA |BPBP  A |B  P  B  ，即PA PA PBPA P  B  ，
k k k k k1 k1
1 2
因此q  q  q . ……8分
k 3 k1 3 k1
整理得q q 2q q ，因此q q 是公比为2的等比数列. ……11分
k1 k k k1 k1 k
（3）由题，甲获得训练赛胜利的概率为q .
0记a q q ，则q q a a a a a a 1， ……13分
k k1 k 3 3 2 1 0 1 2 3
由公比为2，则a
 1222232425
1，故a 
1
. ……15分
3 3
63
1 2 4 1
因为a a a a 2a 4a     ，
3 2 1 3 3 3
63 63 63 9
1
又a a a q q q q q q q q q ，所以q  .
3 2 1 2 3 1 2 0 1 0 3 0 0 9
1
即甲获得训练赛胜利的概率为 . ……17分
9
19．解：（1）由g
x
1lnx，
……1分
当0 xe时，g(x)0，则g  x  单调递增； ……2分
当xe时，g(x)0,则g  x  单调递减. ……3分
故g  x  的增区间为  0，e  ，减区间为  e， ； ……4分
（2）①设直线l与曲线 y  f x和曲线 y  f x分别切于点Px ,k，Qx ,k，
a1 a2 1 2
由 f  x ex a ，则ex 1 a 0，ex 1 a x a k，消去a 得，  2x  ex 1 k，
a 1 1 1 1 1 1 1
1
同理  2x  ex 2 k；故方程  2x  ex k 有两个不同的解. ……6分
2
设h(x) 2x  ex，h(x) 1x  ex，当x1时，h(x)0，则h(x)单调递增；当x1时，
h(x)0,则h(x)单调递减. ……7分
当k 0,e  时，h(1)ek ，h(2)0k ，因此x  1,2  使得h  x k ；
2 2
由ex  1 1 x  x1 ，所以 e k k  1 2 k 1 ，则h( k k  1 2 )k ，因此x 1     k k  1 2 ,1   使得h  x 1 k .
当k，0  时，由x1，h(x)0，又h(x)在  1， 上单调递减，
故方程  2x  ex k 至多一个解.
当k e, 时，由h(x)（h 1）e，故方程  2x  ex k 至多一个解.
 
综上，k的取值范围为 0,e .（说明：用极限证明扣1分） ……9分
②选择（ⅰ）
由①知  2x  ex 1 k，  2x  ex 2 k，x 1，1 x 2，
1 2 1 2故  2lnex 1  ex 1   2lnex 2  ex 2 k ，即g  ex 1   g  ex 2  k . ……11分
考虑函数m  x  g(x)x  x  1lnx  ,x 0,e  ，故m  x 0，
由ex 1  0,e  ，得m  ex 1   g(ex 1)ex 1 k ex 1 0，即k ex 1 . ……13分
考虑函数n  x  g(x)xe2  x  3lnx e2，x  e,e2  ，n x 2lnx 0，
故n  x  在  e,e2  上单调递增. ……15分
由n  e2  0，故n  x 0.由ex 2   e,e2  ，得n  ex 2   g(ex 2)ex 2 e2 k ex 2 e2 0 ，
即e2 k ex 2.
综上ex
1
ex
2
e2，即a a e2 ……17分
1 2
②选择（ⅱ），由①知  2x  ex 1 k，  2x  ex 2 k，x 1，1 x 2，
1 2 1 2
故k2 ex 1 x 2  2x  2x aa  2x  2x  . ……11分
1 2 1 2 1 2
下面证明  2x  2x 1，
1 2
设m2x 1，n2x ，0n1，mem nen ke2， ……13分
1 2
故lnmmlnnnlnk2. ……14分
设t(x)lnxx，T(x)t  x t   1 ，T(x)t x  1 t   1     x1  2 ，
 x x2 x  x 
1
当x 0,1  时，T(x)0，T(x)单调递减，因此T  n T  1 0，即t  n t ，
n
1 1x
由t  m t  n  ，则t  m t .又t(x) ， ……16分
n x
1
当x 1, 时，t(x)0，t(x)单调递减，故m ，
n
因此aa k2. ……17分
1 2