2023年岳阳市一模数学参考答案_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_3数学高考模拟题_新高考_2023届湖南省岳阳市高三教学质量监测（一）数学试卷

岳阳市 2023 届高三教学质量检测第一次考试 数学参考答案 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的.) 1.B 2.C 3.C 4.D 5.B 6.A 7.A 8.D 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.) 9.ABD 10.ACD 11.BC 12.BCD 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中对应题号后的横 线上.) 13. 33 14.198 15. 6 16.(1) 2， (2)10或11 65 5 四、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17. a 解：(1)因为log a log a 1(nN*) ，所以 n1 3----------------------------------------1分 3 n1 3 n a n 所以数列{a }是首项为1公比为3的等比数列----------------------------------------------------3分 n 所以数列{a }的通项为a 3n1------------------------------------------------------------------------4分 n n 1(13n) 3n 1 (2)由(1)知数列{a }的前n项和S   ------------------------------------------5分 n n 13 2 a 3n 3 1 1 b  n1   (  )------------------------8分 n (a 1)2(S 1) (3n11)(3n 1) 2 3n11 3n 1 n n 所以 3 1 1 1 1 1 1  T b b b ...b  (  )(  )...(  ) n 1 2 3 n 2   2 311 311 32 1 3n11 3n 1   3 1 1  （  ) 2 2 3n 1 3n13   数列 b 的前n项和T  ------------------------------------------------------------------10分 n n 4(3n 1) a 3n 注：如果只化简b  n1  ，并写出T 表达式给1分 n (a 1)2(S 1) (3n11)(3n 1) n n n18. 解：设Y表示每个顾客取到食品所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下： Y 1 2 3 4 5 P 0.05 0.45 0.35 0.1 0.05 -------------------1分 (1)A表示事件“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”，则事件A对应三种情形： ①第一个人取到食品所需的时间为1分钟，且第二个人取到食品所需的时间为3分钟； ②第一人取到食品所需的时间为3分钟，且第二人取到食品所需的时间为1分钟；③第一个 和第二个人取到食品所需的时间均为2分钟． 所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝1)＋P(Y＝2)P(Y＝2) ＝0.05×0.35＋0.35×0.05＋0.45×0.45＝0.2375.--------------------------6分 (2)X所有可能的取值为0,1,2.------------------------------------------7分 X＝0对应第一个人取到食品所需的时间超过2分钟， 所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5； X＝1对应第一个人取到食品所需的时间为1分钟且第二个人取到食品所需的时间超过 1分钟，或第一个人取到食品所需的时间为2分钟， 所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y>1)＋P(Y＝2) ＝0.05×0.95＋0.45＝0.4975； X＝2对应两个人取到食品所需的时间均为1分钟， 所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.05×0.05＝0.0025；-------------------10分 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 0.5 0.4975 0.0025 --------------11分 E(X)＝0×0.5＋1×0.4975＋2×0.0025＝0.5025.--------------------------12分 19. 解：(1)由余弦定理得b2 a2 c2 2accosB又b2 a2 ac 所以a(12cosB)c--------------------------------------------------------------------------------------2分 由正弦定理得sinA(12cosB)sinC ---------------------------------------------------------------3分 又ABC  所以sinA(12cosB)sin(AB)sinAcosBcosAsinB 得sinAsin(BA)----------------------------------------------------------------------------------------5分 在三角形中得ABA或ABA（舍去） 得B2A-----------------------------------------------------------------------------------------------------6分 (2) 由(1)知B2A且ABC ，所以03A所以0 A ---------------------7分 3 cosCcosAcos3AcosA cos(2A A)cosA sin2AsinAcos2AcosAcosA 2sin2 AcosA(2cos2 A1)cosAcosA 4cosA4cos3A ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------9分 1 令xcosA, f(x)4x4x3且  x1 2 f(x)412x2 4(13x2) 1 3 1 3 可知当  x 时 f(x)0所以 f(x)4x4x3在  x 单调递增 2 3 2 3 3 3 可知当  x1时 f(x)0所以 f(x)4x4x3在  x1单调递减 3 3 3 8 3 f(x)在x 时取到极大值也是最大值，且最大值为 3 9 1 3 1 8 3 又 f( ) , f(0)0, f( ) f(0)，所以0 f(x) 2 2 2 9 8 3 故cosCcosA的取值范围为(0, ]---------------------------------------------------------------12分 9 20. 解：(1)法一：延长AA,CF 交于点N ，连NE交AB 于M 则可知平面EFC即平面CEMF且M 1 1 1 为AB 靠近B 的三等分点 1 1 1 所以AM 2，又AF  2，BAC 45, 1 1 由余弦定理知MF2  AM2 AF22AMAFcosBAC2 1 1 1 1 所以MF2 AF2  AM2 1 1 故△AMF 为直角三角形，AF MF 1 1 直三棱柱ABC ABC中，AA 平面ABC ，所以AA MF ， 1 1 1 1 1 1 1 1 又AA AC  A 1 1 1 1 所以MF 平面AACC ，MF 平面EFC 1 1 所以平面EFC 平面AACC -----------6分 1 1  法二：如图所示，以A为原点，OB,OA 为y轴和z轴的正方向，过A作y轴垂线为x轴建 1 立空间直角坐标系，设AA2a， 1 则A(0,0,0),C(2,2,0),F(1,1,2a),E(0,3,a),A(0,0,2a),C (2,2,2a) 1 1    所以CE(2,1,a),CF (1,1,2a),AC(2,2,0),  AA (0,0,2a) 1  设平面EFC的一个法向量为n(x,y ,z )， 1 1 1    nCE 0 2x  y az 0 则  即 1 1 1 nCF 0 x 1 y 1 2az 1 0  1 令x 1，则n(1,1, ) 1 a  设平面AACC 的一个法向量为m(x ,y ,z )， 1 1 2 2 2    mAC 0 2x 2y 0 则  即 2 2 mAA 1 0 2az 1 0  令x 1，则m(1,1,0) 2   1   所以mn(1,1,0)(1,1, )0所以mn故平面EFC 平面AACC ----------------------6分 1 1 a   1 (2)EC (2,1,a)，由(1)知平面EFC的一个法向量为n(1,1, ) 1 a   2 2 2 |cosEC ,n|  由直线EC 与平面EFC所成角的正弦值为 得 1 1 3 1 3 5a2  2 a2 10 得2a47a250得a 或a1 2 因为AA3，所以a1 1     当a1时，n(1,1,1)，AC (2,2,2)，知AC //n，所以AC 平面EFC 1 1 1 而AC 平面 ABC ，故平面ABC 平面EFC -------------------------------------------------12分 1 1 1 1 1 21. 解：（1）法一：设E(x ,y )，过E(x ,y )且平行l 的直线方程为 y y 2(xx ) 0 0 0 0 2 0 0y y 2(xx ) 2x  y 由 0 0 得交点A的横坐标为 0 0 y 2x 4 2x  y 5 所以|OA| 122 | 0 0 | |2x  y | 4 4 0 0 |2x  y | E点到直线l 的距离为 0 0 1 5 |2x  y | 5 x 2 y 2 y 2 x 2 所以 0 0  |2x  y |4即 0  0 1或 0  0 1 5 4 0 0 4 16 16 4 x2 y2 y2 x2 故动点E的轨迹方程为  1或  1---------------------------------------------5分 4 16 16 4 l 法二：设E(x,y)，E点到直线 1的距离为h ，到直线l 的距离为h ，BOA2 1 2 2 四边形OAEB（O为原点）的面积为S 则S |OA|h |OB|h |OA||OB|sin2 1 2 所以S2 |OA||OB|h h 所以Ssin2h h 2 1 2 1 2tan 4 tan2时，sin2  ， 1tan2 5 1 2tan 4 tan 时，sin2  2 1tan2 5 |2x y| |2x y| |2x y| |2x y| 16 又h  ,h  所以   1 5 2 5 5 5 5 x2 y2 y2 x2 得动点E的轨迹方程为  1或  1----------------------------------------------5分 4 16 16 4 x2 y2 （2）由题知E 的方程为  1 0 4 16 设N0,y ，Px,y ，Qx ,y ， N 1 1 2 2 当直线m的斜率为0时，N0,0     1 2 若P2,0，Q2,0，因为NM MP，NM MQ，知 ,1，所以 3 3    1 2 若Q2,0，P2,0，因为NM MP ，NM MQ，知1, ，所以 3 3  1 1 当直线m的斜率不为0时,设直线m的方程为xty1（显然t0），则N0, ，即y   t  N t     因为NM MP ，NM MQ， 所以1,y x 1,y ，1,y x 1,y ， N 1 1 N 2 2 y y  1 1  y y 解得 N ，u N ，y   y  1 2 . y 1 y 2 N  y 1 y 2  N y 1 y 2 xty1 由 消x并整理成  4t21  y28ty120 4x2y2 16 因为直线m与曲线E 有两个交点，则在4t210且判别式0时有 0 8t 12 y y  且y y  1 2 4t21 1 2 4t21 1 8t 4t2 1 2 所以    t 4t21 12 3 2 即证为定值 -------------------------------------------------------------------------------------------12分 3 22. k (k 1)x 解：(1)令F(x) f(x)g(x)kln(x1)x,x[0,) 则F(x) 1 1x 1x 当k 1时，k1x0对于x[0,)恒成立，又1x0所以F(x)0恒成立 所以F(x)在[0,)上单调递减 所以当x0时，F(x)有最大值，且最大值为0 当k 1时知0 xk1时F(x)0，函数F(x)单调递增 xk1时F(x)0，函数F(x)单调递减 所以xk1时F(x)有最大值，且最大值为klnk k 1 综上，当k 1时y f(x)g(x)的最大值为0 当k 1时y f(x)g(x)的最大值为klnk k 1-----------------------------------------------5分 （2）由知（1）知，当k 1时，x0,时y f(x)g(x)0 当k 1时，对任意的x0,k1，y f(x)g(x)0 又欲 f(x)g(x) kx2成立，显然k 0当0k 1时， f(x)g(x) g(x) f(x)xkln(1x) 令M(x)xkln(1x)kx2,x[0,) ，则有 k 2kx2 (12k)x1k M(x)1 2kx ,x(0,) 1x 1x 12k 14k4k2 2kx2 (12k)x1k 0 有两个不同实数根 x  , 1 4k 12k 14k4k2 x  , 且x 0x 2 4k 1 2 故当0 x x 时，M(x)0，M(x)在0 x x 上单调递增 2 2 故M(x)M(0)0即 f(x)g(x) kx2，所以满足题意的t不存在 当k 1时由(1)知存在x k10，使得对任意的x0,x 恒有 f(x)g(x)0 0 0 此时 f(x)g(x)  f(x)g(x)kln(1x)x 令N(x)kln(1x)xkx2,x(0,)，则有 k 2kx2 (2k 1)xk 1 N(x) 12kx ,x(0,) 1x 1x (2k1) 12k24k1 2kx2 (2k1)xk10 有两个不同实数根 x  1 4k (2k1) 12k24k1 x  且x 0x 2 4k 1 2 故当0 x x 时，N(x)0，N(x)在0 x x 上单调递增 2 2 故N(x)N(0)0即 f(x)g(x) kx2， 记x 与x 中较小者为x ，则当0 x x 时恒有 f(x)g(x) kx2， 0 2 0 0 所以满足题意的t不存在 当k 1时，则(1)知，当x(0,)， f(x)g(x) g(x) f(x)xln(1x) 令h(x)xln(1x)x2,x(0,) ，则有 1 2x2 x h(x)1 2x ,x(0,) 1x 1x当x0时h(x)0，所以h(x)在x0时单调递减，故h(x)h(0)0 故当x0时，恒有 f(x)g(x) x2，此时，任意实数t满足题意 综上，k 1----------------------------------------------------------------------------------------------12分