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2023 年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准
数 学
一、单选题(本大题共 小题,每小题 分,共 分)
8 5 40
.
1 B
.
2 A
【详解】因为( z ) z, z z,( )z ,
2 +3 i=3 2 i+3i=3 3 -2i =3i
( )
所以z 3i 3i 3 +2i -6 +9i 6 9 ,z- 6 9 ,
= =( )( ) = = - + i = - - i
3 -2i 3 -2i 3 +2i 13 13 13 13 13
故选: .
A
.
3 A
【详解】母线长为 ,设底面圆半径为r,
1
则 r , r 1 ,
2π =π ∴ =
2
故圆锥的全面积为S S S π π 3π,
= 底 + 侧 = + =
4 2 4
故选: .
A
.
4 D
【详解】因为 →a →b 2 →a2 →a·→b →b2, →a →b 2 →a2 →a·→b →b2,
| + | = +2 + | - | = -2 +
以上两式相减可得, →a·→b →a →b 2 →a →b 2,
4 = | + | - | - |
所以 →a →b 2 →a →b 2 →a·→b ,即 →a →b ,
| + | = | - | +4 =16 +4 =20 | + | =2 5
故选: .
D
.
5 A
【详解】从这种铅笔中任取一件抽到甲的概率为 . ,抽到乙的概率是 . ,
0 6 0 4
抽到甲车间正品的概率P . ( . ) . ,
1 =0 6 × 1 -0 1 =0 54
抽到乙车间次品的概率P . ( . ) . ,
2 =0 4 × 1 -0 05 =0 38
任取一件抽到正品的概率P P P . . . .
= 1 + 2 =0 54 +0 38 =0 92
故选: .
A
.
6 A
.
7 C
【详解】令g(x) x -1 x,则g′(x) x -1 ,
=e - =e -1
令g′(x) ,得x ;令g′(x) ,得x ;
>0 >1 <0 <1
所以g(x)在( , )上单调递减,在( , )上单调递增,故g (x) g( ) ,
-∞ 1 1 +∞ min = 1 =0
又因为对于任意M ,在( , )总存在x M,使得g( M) - M -1 M M,
>0 -∞ 1 = - - =e + >
在( , )上由于y x -1 的增长速率比 y x 的增长速率要快得多,所以总存在 x x ,
1 +∞ =e = = 0
使得 x 0-1 x M,
e - 0 >
所以g(x)在( , )与( , )上都趋于无穷大;
-∞ 1 1 +∞
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2023 1 14令h(x) x2 mx ,则h(x)开口向下,对称轴为x m,
= - +2 -1 =
所以h(x)在( ,m)上单调递增,在(m, )上单调递增,故h (x) h(m) m2 ,
-∞ +∞ max = = -1
因为函数 f (x) { x -1 x, x2 mx }有且只有三个
= min e - - +2 -1
零点,
而g(x)已经有唯一零点x ,所以 h(x)必须有两个零点,则 h
=1
(x) ,即m2 ,解得m 或m ,
max >0 -1 >0 < -1 >1
当m 时,h( ) 2 m m ,则 f
< -1 1 = -1 +2 ×1 -1 = -2 +2 <0
( ) {g( ),h( )} h( ) ,
1 =min 1 1 = 1 <0
即f(x)在x 处取不到零点,故 f(x)至多只有两个零点,不满
=1
足题意,
当m 时,h( ) 2 m m ,则 f( ) {g( ),h( )} g( )
>1 1 = -1 +2 ×1 -1 = -2 +2 >0 1 =min 1 1 = 1 =
,所以f(x)在x 处取得零点,
0 =1
结合图像又知g(x)与h(x)必有两个交点,故f(x)在( , )与(m, )必有两个零点,
-∞ 1 +∞
所以f(x)有且只有三个零点,满足题意;
综上:m ,即m ( , ).
>1 ∈ 1 +∞
故选: .
C
.
8 D
【详解】如下图所示:
取BC的中点为W,分别连接SW和O′W,因为SW BC,
⊥
O′W BC,
⊥
所以 SWO′ 为 S BC A 的 二 面 角, SW
∠ - - =
( )
2
a2 1 a 3a,
- =
2 2
( )
AW a2 1 a 2 3a,所以AO′ 2 AW 3a,所以
= - = = =
2 2 3 3
( )
2
SO′ a2 3a 6a,
= - =
3 3
O′W
在直角三角形SO′W中,O′W (SW) 2 (SO′) 2 3a,所以 SWO′ 1
= - = cos∠ = SW =
6 3
所以二面角S BC A的余弦值为1 ,
- -
3
所以二面角A BC D的余弦值为 1 ,故 正确
- - - A
3
因为棱长为a的正四面体的高h 6a,
=
3
所以V 1 · 3 ( a) 2· 6·( a) ·1 · 3a2· 6a 23 2a3,故 正确;
= 3 3 -4 = B
3 4 3 3 4 3 12
设外接球的球心为O, ABC的中心为O′, NPQ的中心为O″,
△ △
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2023 2 14因为截角四面体上下底面距离为 a 6a 2 6a,所以 R2 O′C2 R2 O″H2
6 - = - + - =
3 3
2 6a,
3
所以 R2
a2
R2 a2 2 6a,所以 R2
a2
2 6a R2 a2,
- + - = - = - -
3 3 3 3
所以R2
a2
8 a2 R2 a2 4 6a· R2 a2,所以R2 11a2,
- = + - - - =
3 3 3 8
所以S R2 11 a2,故 正确;
=4π = π C
2
由正四面体S NPQ中,题中截角四面体由 个边长为a的正三角形,
- 4
个边长为a的正六边形构成,故S 3a2 3a2 a2,故 错误.
4 =4 × +4 ×6 × =7 3 D
4 4
故选: .
D
二、多选题(本大题共 小题,每小题 分,共 分)
4 5 20
.
9 ABD
4 [( i )x] x x x
【详解】因为函数f(x) sin 2 -1 x sin3 sin5 sin7 ,定义域为R,
= ∑i=
1 2
i
-1
=sin +
3
+
5
+
7
( x) ( x) ( x)
对于 ,f( x) ( x) sin 3π+3 sin 5π+5 sin 7π+7
A π+ =sin π+ + + +
3 5 7
x x x ( x) ( x)
x sin3 sin5 sin7 ( x) sin -3 sin -5
= -sin - - - = sin - + + +
3 5 7 3 5
( x)
sin -7 f( x),
= -
7
所以函数f(x)的图象关于直线x π对称,故 正确;
= A
2
( x) ( x) ( x) x x
对于 , f( x) ( x) sin -3 sin -5 sin -7 x sin3 sin5
B - =sin - + + + = -sin - - -
3 5 7 3 5
x
sin7 f(x),
= -
7
所以函数f(x)为奇函数,图象关于点( , )对称,故 正确;
0 0 B
对于 ,由题知f(x ) f(x) f(x),故 错误;
C +π = - ≠ C
对于 ,由题可知f′(x) x x x x ,故 正确.
D =cos +cos 3 +cos 5 +cos 7 ≤4 D
故选: .
ABD
.
10 ABD
【详解】对于A,令x y ,代入已知等式得f( ) f( )g( ) g( )f( ) ,得f( ) ,
= =0 0 = 0 0 - 0 0 =0 0 =0
再令y ,x ,代入已知等式得f( ) f( )g( ) g( )f( ),
=0 =1 1 = 1 0 - 1 0
可得f( )[ g( )] g( )f( ) ,结合 f( ) 得 g( ) ,g( ) ,故
1 1 - 0 = - 1 0 =0 1 ≠0 1 - 0 =0 0 =1 A
正确;
对于 ,再令x ,代入已知等式得f( y) f( )g(y) g( )f(y),
B =0 - = 0 - 0
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2023 3 14将f( ) ,g( ) 代入上式,得f( y) f(y), 函数f(x)为奇函数,
0 =0 0 =1 - = - ∴
( )
函数f( x )关于点 1 , 对称,故 正确;
∴ 2 -1 0 B
2
对于 ,再令x ,y ,代入已知等式,
C =1 = -1
得f( ) f( )g( ) g( )f( ), f( ) f( ), f( ) f( )[g( ) g( )],
2 = 1 -1 - 1 -1 ∵ -1 = - 1 ∴ 2 = 1 -1 + 1
又 f( ) f( ) f( ), f( ) f( )[g( ) g( )],
∵ 2 = - -2 = - 1 ∴ - 1 = 1 -1 + 1
f( ) , g( ) g( ) ,故 错误;
∵ 1 ≠0 ∴ 1 + -1 = -1 C
对于 ,分别令y 和y ,代入已知等式,得以下两个等式:
D = -1 =1
f(x ) f(x)g( ) g(x)f( ),f(x ) f(x)g( ) g(x)f( ),
+1 = -1 - -1 -1 = 1 - 1
两式相加易得f(x ) f(x ) f(x),所以有f(x ) f(x) f(x ),
+1 + -1 = - +2 + = - +1
即:f(x) f(x ) f(x ),
= - +1 - +2
有: f(x) f(x) f(x ) f(x ) f(x ) f(x ) ,
- + = +1 + -1 - +1 - +2 =0
即:f(x ) f(x ), f(x)为周期函数,且周期为 ,
-1 = +2 ∴ 3
f( ) 3, f( ) 3, f( ) f( ) 3,f( ) f( ) ,
∵ 1 = ∴ -2 = ∴ 2 = - -2 = - 3 = 0 =0
2 2 2
f( ) f( ) f( ) ,
∴ 1 + 2 + 3 =0
2023f(n) f( ) f( ) f( ) … f( ) f( ) f( ) 3,故 正确.
∴ n∑ = 1 + 2 + 3 + + 2023 = 2023 = 1 = D
=1 2
故选:
ABD.
.
11 ACD
c
【详解】椭圆C的离心率为e 6 -3 2
= a = =
6 2
设两条互相垂直的切线的交点为P(x ,y ),
0 0
当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为 时,可得点 P 的坐标是(
0 ±
a,b),或( a, b).
± -
当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为 时,可设点P 的坐标是(x ,
0 0
y )(x a,且y b),
0 0≠± 0≠±
所以可设曲线C的过点P的切线方程是y y k(x x )(k ).
- 0 = - 0 ≠0
ì
ï
x2 y2
ï
由ía2 +b2 =1 ,得(a2k2 b2)x2 ka2(kx y )x a2 (kx y )2 a2b2 ,
ïï + -2 0 - 0 + 0 - 0 - =0
îy y k(x x )
- 0 = - 0
由其判别式的值为 ,得(x 2 a2)k2 x y k y 2 b2 (x 2 a2 ),
0 0 - -2 0 0 + 0 - =0 0 - ≠0
因为k ,k (k ,k 为过P点互相垂直的两条直线的斜率)是这个
PA PB PA PB
关于k的一元二次方程的两个根,
y 2 b2
所以k ·k 0 - ,
PA PB =x 2 a2
0 -
由此,得k PA ·k PB = -1⇔ x 0 2 + y 0 2 = a2 + b2,
即C的蒙日圆方程为:x2 y2 ;
+ =9
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2023 4 14因为蒙日圆为长方形的外接圆,设r OA , AOB θ,
= =3 ∠ =
则矩形面积公式为S ·1 r2· θ θ,显然 θ ,
=4 sin =18sin sin =1
2
即矩形四条边都相等,为正方形时,S .
max =18
故答案为:
ACD.
.
12 ABD
【详解】对于A,当x 时, x ,令t x,则t ,g(t) t t,
>0 e >1 =e >1 = -ln
t
g′(t) 1 -1, 当t 时,g′(t) 恒成立, g(t)在( , )上单调递增;
∵ =1 - t = t ∴ >1 >0 ∴ 1 +∞
t x 在( , )上单调递增,
∵ =e 0 +∞
根据复合函数单调性可知:g( x)在( , )上为增函数,A正确;
∴ e 0 +∞
对于B,当x 时, x2 ,又a为正实数, ax a ,
>1 ln >ln 1 =0 ∴ > >0
f′(x) x , 当x 时,f′(x) 恒成立, f(x)在( , )上单调递增,
∵ =e -1 ∴ >0 >0 ∴ 0 +∞
x
则由f(ax) f( x2 )得:ax x2,即a 2ln ,
≥ ln ≥ln ≥ x
x ( x)
令h(x) 2ln (x ),则h′(x) 2 1 -ln ,
= x >1 = x2
当x ( , )时,h′(x) ;当x ( , )时,h′(x) ;
∴ ∈ 1 e >0 ∈ e +∞ <0
h(x)在( , )上单调递增,在( , )上单调递减, h (x) h( ) 2 ,
∴ 1 e e +∞ ∴ max = e = e
a 2 ,则正实数a的最小值为2 ,B正确;
∴ ≥ e e
对于C, f′(x) x , 当x 时,f′(x) ;当x 时,f′(x) ;
∵ =e -1 ∴ <0 <0 >0 >0
f(x)在( , )上单调递减,在( , )上单调递增; f (x) f( ) ,则t ;
∴ -∞ 0 0 +∞ ∴ min = 0 =1 >1
不妨设x x ,则必有x x ,
1 < 2 1 <0 < 2
若x x ,则x x ,等价于f(x ) f( x ),
1 + 2 >0 2 > - 1 >0 2 > - 1
又f(x ) f(x ),则等价于f(x ) f( x );
2 = 1 1 > - 1
令F(x) f(x) f( x)(x ),则F′(x) x - x ,
= - - <0 =e +e -2
x , x , - x , x - x x· - x ,即F′(x) ,
∵ <0 ∴ 0 1 ∴ e +e >2 e e =2 >0
F(x)在( , )上单调递增, F(x) F( ) ,即f(x) f( x),
∴ -∞ 0 ∴ < 0 =0 < -
f(x ) f( x ),可知x x 不成立,C错误;
∴ 1 < - 1 1 + 2 >0
对于D,由f(x ) g(x ) t(t ),x x 得: x 1 x x x ln x 2 x t
1 = 2 = >2 2 > 1 >0 e - 1 = 2 - ln 2 = e - ln 2 =
(t ),即f(x ) f( x ) t(t ),
>2 1 = ln 2 = >2
由C知:f(x)在( , )上单调递减,在( , )上单调递增;
-∞ 0 0 +∞
f( ) , x ,则x x , x ,
1 =e-1 <2 ∴ 1 >1 2 > 1 >1 ∴ ln 2 >0
t t t t
∴ x 1 =ln x 2 ,即 e x 1 = x 2 , ∴ x 2 ln - x 1 = e x 1 ln - x 1 =f l ( n x 1 ) = ln t ;
t t
令φ(t) ln (t ),则φ′(t) 1 -ln ,
= t >2 = t2
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2023 5 14当t ( , )时,φ′(t) ;当t ( , )时,φ′(t) ;
∴ ∈ 2 e >0 ∈ e +∞ <0
φ(t)在( , )上单调递增,在( , )上单调递减, φ (t) φ( ) 1 ,
∴ 2 e e +∞ ∴ max = e = e
t
即 ln 的最大值为1 , 正确
x x e D .
2 - 1
故选:
ABD.
三、填空题(本大题共 小题,每小题 分,共 分)
4 5 20
.
13 128
【详解】(x y)
3
(y z)
5
(z x)
7
利用二项展开式的通项公式进行展开,设(x y)
3
-2 -2 -2 -2
项为k,(y z)
5
项为n,(z x)
7
项为m.
-2 -2
展开后得 kx3- k( y)k· ny5- n( z)n· my7- m( z)m 对每一项进行合并得 k n m
C3 -2 C5 -2 C7 -2 C3C5C7
( )m + k + nx3- k + my5- n + kz7- m + n,因为展开式中不含 z,所以 m n ,又 m 得取值为
-2 7 - + =0
{ , , , , , , , },n得取值为{ , , , , , },故得m ,n .
0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 =7 =0
代入展开式得 k 0 7 · ( ) 7+ k x10- k y5+ k k ( ) 7+ k x10- k y5+ k,又 k 得取值为
C3C5C7 -2 = C3 -2
{ , , , },分别带入后各项系数之和为 0 ( ) 7 1 ( ) 8 2 ( ) 9 3 ( ) 10
0 1 2 3 C3 -2 +C3 -2 +C3 -2 +C3 -2
( ) 7 ·( ) 8 ·( ) 9 ( ) 10 .
= -2 +3 -2 +3 -2 + -2 =128
故答案为:
128
. π
14
6
【详解】设阴影左侧最高点为 A,右侧最高点为 D,过 A
作x轴的垂线,垂足为B,
过D作x轴的垂线,垂足为C,
由题设可得四边形ABCD为矩形且其面积为1 π,
×
2 2
故 θ π,故θ π,T w ,
1 × = = =π∴ =2
4 4
( ) ( ) ( )
故g(x) x π φ ,而g π π π φ ,故 π π φ k ,k
=sin 2 + + =sin 2 × + + =0 2 × + + = π
2 6 6 2 6 2
Z,
∈
π
解得φ k 5 , Z,而 φ π,故φ π,
= π- k∈ < =
6 2 6
故答案为:π.
6
.y ,
15 = -1 2
【详解】由题意AB所在的直线方程为:(x2 y2 x y ) (x2 y2 x ) ,
+ +2 -4 -5 - + +2 -1 =0
即y ,因为圆x2 y2 x 的圆心O( , ),半径为r ,
= -1 + +2 -1 =0 -1 0 = 2
所以圆心O( , )到直线y 的距离为 ,所以 AB .
-1 0 = -1 1 =2 2 -1 =2
故答案为:y ,
= -1 2
.
16 6
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2023 6 14【详解】 B→P xB→A yB→C zB D→,且x y z ,
∵ 1 = 1 + 1 + 1 1 + + =1
P在平面ACD 上,
∴ 1
设CD C D O,连接B D,AO,且B D AO O ,
1∩ 1 = 1 1 ∩ = 1
因为B C 平面C D DC,又CD 平面C D DC,
1 1⊥ 1 1 1⊂ 1 1
所以 B C CD ,又 CD C D,B C C D C ,C D 平面 B C DA,B C 平
1 1 ⊥ 1 1 ⊥ 1 1 1 ∩ 1 = 1 1 ⊂ 1 1 1 1 ⊂
面B C DA,
1 1
所以CD 平面B C DA,B D 平面B C DA,
1⊥ 1 1 1 ⊂ 1 1
所以CD B D,
1⊥ 1
同理可得B D AC,又AC CD C,AC 平面ACD ,CD 平面ACD ,
1 ⊥ ∩ 1 = ⊂ 1 1⊂ 1
所以B D 平面ACD ,
1 ⊥ 1
设正方体的棱长为 ,则可知B ACD 为棱长为 的正四面体,
1 1 - 1 2
所以O 为等边三角形ACD 的中心,
1 1
由题可得AO 3 6,得AO 2 AO 6,
= × 2 = 1 = =
2 2 3 3
所以B O 2 3,
1 1 =
3
B O
又 B P与平面ACD 所成角为π,则 1 1 π ,
∵ 1 1 O P =tan = 3
3 1 3
可求得O P 2 ,即P在以O 为圆心,半径r 2 的圆上,且圆在平面ACD 内,
1 = 1 = 1
3 3
由B D 平面ACD ,又 B D 平面AB C D,
1 ⊥ 1 ∵ 1 ⊂ 1 1
平面AB C D 平面ACD ,且两个平面的交线为AO,
∴ 1 1 ⊥ 1
把两个平面抽象出来,如图,
作PM AO 于 M 点,过点 M 作 MN AD 交 AD
⊥ ⊥
于N点,连接PN,
平面 AB C D 平面 ACD ,PM 平面 ACD ,
∵ 1 1 ⊥ 1 ⊂ 1
平面AB C D 平面ACD AO,
1 1 ∩ 1 =
PM 平面AB C D,AD 平面AB C D,
∴ ⊥ 1 1 ⊂ 1 1
PM AD,
∴ ⊥
又MN AD,MN与PM为平面PMN中两相交直线,
⊥
故AD 平面PMN,PN 平面PMN,
⊥ ⊂
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2023 7 14AD PN,
∴ ⊥
PNM为二面角P AD B 的平面角,即为角θ,
∴ ∠ - - 1
设AM x,当M与点O 不重合时,在 PMO 中,
= 1 Rt△ 1
可求得PM ( 2 ) 2 (x 6) 2 x2 2 6x 2 ,
= - - = - + -
3 3 3 9
若M与点O 重合时,即当x 6时,可求得PM PO 2 ,也符合上式,
1 = = 1 =
3 3
故PM x2 2 6x 2 ,
= - + -
3 9
MN AD,OD AD,
∵ ⊥ ⊥
MN OD,
∴ ∥
MN AM
,
∴ OD =AO
2x
OD AM
MN × 2 3x,
∴ = AO = =
6 3
2
PM - x2 + 2 6x - 2 ( ) 2 ( )
θ 3 9 2 1 2 6 1
∴ tan =MN= = 3 - x + × x -1
3 x 9 3
3
( ) ( )
令y 2 1 2 2 6 1 ,
= - x + × x -1
9 3
( )
2
则y 2 1 3 6 ,当1 3 6,即x 6时等号成立,
= - x - +2≤2 x = =
9 2 2 9
θ · y ,
∴ tan = 3 ≤ 3 × 2 = 6
故 θ的最大值是 .
tan 6
四、解答题
17
.
(10
分
)
【详解】
(1)
因为a
1 =1,
a
2 =2,
a
n +2 =
a
n +2 ×3
n(n
∈
N∗ )
,
b
n =
a
n +
a
n +1,
可得b a a a a n …………………………………………… 分
1 = 1 + 2 =3, n +2 - n =2 ×3 , (1 )
又b b a a (a a ) a a n ……………………… 分
n +1 - n = n +1 + n +2 - n + n +1 = n +2 - n =2 ×3 , (2 )
则当n ≥2 时 , b n = b 1 + (b 2 - b 1 ) + (b 3 - b 2 ) +… + (b n - b n -1 ) =3 +2 ×3 +2 ×3 2 +… +2
( n)
n -1 2 1 -3 n ………………………………………………………… 分
×3 =1 + =3 , (4 )
1 -3
上式对n
=1
也成立
,
所以b
n =3
n
,
n
∈
N∗
;
…………………………………………
(5
分
)
n
(2)
由b
n
c
n =
4(
n2
+1)(n
∈
N∗ )
,
4 -1
n
可得c 4 +4 1 1 ……………………… 分
n = n n n = n -1 n - n n , (7 )
3 (2 -1)(2 +1) 3 (2 -1) 3 (2 +1)
年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学) 第 页(共 页)
2023 8 14则数列{c }的前n项和为
n
1 1 1 1 1 1 ………………… 分
0 - 1 + 1 - 2 +…+ n -1 n - n n (9 )
3 ×1 3 ×3 3 ×3 3 ×5 3 (2 -1) 3 (2 +1)
1 . …………………………………………………………………… 分
=1 - n n (10 )
3 (2 +1)
. 分 【详解】 已知( m n) β n β 由正弦定理可得
18 (10 ) (1) 2 + sin = 3 cos ,
α β 2β β β 由 β …………………………………… 分
2sin sin +sin = 3sin cos , sin ≠0, (1 )
( )
α 3 β 1 β α π β ………………………………… 分
∴ sin = cos - sin ⇒sin =sin - , (3 )
2 2 3
( ) ( )
α β π π β π ……………………………………………………… 分
, ∈ 0, , - ∈ 0, , (4 )
3 3 3
α π β α β π APB 2π. ………………………………………………… 分
= - , + = ⇒∠ = (5 )
3 3 3
在 APB中 由余弦定理得知
(2) △ , :
AB2 AP2 BP2 AP BP APB
= + -2 · ·cos∠
即 AP2 AP AP ……………………………………………………… 分
12 = +4 +2 ⇒ =2 (8 )
S S S S
△ ABC = △ APB + △ APC + △ BPC
1 2π 1 θ 1 4π θ …………… 分
= ×2 ×2 ×sin + ×2 × 3 ×sin + ×2 × 3 ×sin ( - ) (9 )
2 3 2 2 3
θ 4π θ 3 θ 3 θ ………………… 分
= 3 + 3[sin +sin ( - )] = 3 + 3( sin - cos ) (10 )
3 2 2
θ π θ …………………………………………………… 分
= 3 +3sin ( - )(0 < <π) (11 )
6
当θ 2π时 S . ……………………………………………… 分
∴ = ,( △ ABC)max = 3 +3 (12 )
3
. 分 【详解】 点N为DE中点 证明如下
19 (12 ) (1) , :
如图 连接BD MN ………………………………………… 分
, , , (1 )
因为M N分别为BE DE的中点
, , ,
所以MN为 EBD的中位线 所以MN BD ……………… 分
△ , ∥ , (2 )
又MN 平面ABCD BD 平面ABCD
⊄ , ⊂ ,
所以MN 平面ABCD.
∥
所以N为DE的中点时满足条件 ………………………… 分
; (4 )
取 AB 的中点 O 连接 OE 因为侧面 ABEF 为菱形 且 EBA
(2) , , , ∠
°
=60 ,
所以在 EBO中 EO2 BO2 EB2 BO EB ° 解得EO BO
△ , = + -2 · cos 60 , = 3 ,
所以OE2 OB2 BE2 即OE AB. ………………………………………………… 分
+ = , ⊥ (5 )
又因为平面ABEF 平面ABCD.
⊥
平面ABEF 平面ABCD AB OE 平面ABEF所以OE 平面ABCD
∩ = , ⊂ ⊥ ,
过O作AB的垂线 交BD于H并延长
, ,
年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学) 第 页(共 页)
2023 9 14分别以OH OA OE所在直线为x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ……
, , , , - ,
…………………………………………………………………………………… 分
(6 )
设AD 则AB BC 1 AD
=4, = = =2,
2
( )
故E D A F B 则M 1 3
(0,0, 3), (4,1,0), (0,1,0), (0,2, 3), (0,-1,0), 0,- , ,
2 2
( ) ( )
M→A 3 3 M→D 3 3 E→F E→D .
= 0, ,- , = 4, ,- , =(0,2,0), =(4,1,- 3)
2 2 2 2
设平面MAD的法向量为m→ (x y z ).
= 1, 1, 1
ì
则í
ï
ï
m→
·
M→A
=
3
2
y
1 - 2
3z
1 =0 即
{x
1 =0 令y 则m→ …… 分
ï z y 1 =1, =(0,1, 3), (8 )
î ïm→ · M→D =4 x 1 + 3 y 1 - 3z 1 =0 1 = 3 1
2 2
设平面EFD的法向量为→n (x y z )
= 2, 2, 2 ,
{
→n E→F y
{y
则 · =2 2 =0 即 2 =0 令z 则x 则→n …
→n E→D x y z , x z 2 =4 3, 2 =3, =(3,0,4 3),
· =4 2 + 2 - 3 2 =0 4 2 = 3 2
…………………………………………………………………………………… 分
(10 )
m→ →n
m→ →n · 2 57 …………………………………………………… 分
cos 〈 , 〉 = m→ →n = , (11 )
| || | 19
故 平面MAD与平面EFD所成二面角的正弦值为 133. ……………………… 分
: (12 )
19
. 分 【详解】 X可取 …………………………………………… 分
20 (12 ) (1) 1,2,…,8,9, (1 )
k
-1
则P X k A9 1 k …………………………………………… 分
( = ) = k = , =1,2,…,8, (3 )
A10 10
8
P X A9 1 ………………………………………………………………… 分
( =9) = 8 = , (5 )
A10 5
所以E X 1 1 27. ………………………………… 分
( ) = ×(1 +2 +…+8) + ×9 = (6 )
10 5 5
把采用方案乙 直到能确定感染人员为止 检测的次数记为Y
(2) , , ,
则Y可取 .
2,3,4,5
P Y 1 1 1 1 1 ………………………………………………… 分
( =2) = × + × = , (7 )
2 5 2 5 5
P Y 1 4 1 1 4 1 1 ……………………………………… 分
( =3) = × × + × × = , (8 )
2 5 4 2 5 4 5
P Y 1 4 3 1 1 4 3 1 1 …………………………… 分
( =4) = × × × + × × × = , (9 )
2 5 4 3 2 5 4 3 5
P Y 1 4 3 2 1 4 3 2 2 …………………………… 分
( =5) = × × × + × × × = , (10 )
2 5 4 3 2 5 4 3 5
年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学) 第 页(共 页)
2023 10 14则E Y 1 2 19. ………………………………………… 分
( ) = ×(2 +3 +4) + ×5 = (11 )
5 5 5
设每次检测的费用均为m(m )
>0 ,
则方案甲的平均费用为27m
,
5
方案乙的平均费用为19m
,
5
因为27m 19m 所以应选择方案乙. ……………………………………………… 分
> , (12 )
5 5
. 分 【详解】 [方法一]:利用二次函数性质求最大值
21 (12 ) (1)
( p )
由题意知 F 设圆M上的点N(x y ) 则x2 (y ) 2 .
, 0, , 0, 0 , 0 + 0 +3 =1
2
所以x2 (y ) 2 ( y ). …………………………………………… 分
0 =1 - 0 +3 -4≤ 0≤-2 (1 )
从而有 FN x2 ( p y ) 2 (y ) 2 ( p y ) 2 p y p2 .
| | = 0 + - 0 = 1 - 0 +3 + - 0 = -( +6) 0 -8 +
2 2 4
p2
因为 y 所以当y 时 FN p . …………… 分
-4≤ 0≤-2, 0 = -4 ,| |max = +4 +16 =5 (2 )
4
又p 解之得p 因此p . …………………………………………………… 分
>0, =2, =2 (3 )
抛物线C的方程为 x2 y ………………………………………………………… 分
: =4 (4 )
[方法二]【最优解】:利用圆的几何意义求最大值
( p ) p
抛物线C的焦点为F FM ……………………………………… 分
0, , = +3, (1 )
2 2
p
所以 F与圆M x2 y 2 上点的距离的最大值为 解p 分
, : +( +3) =1 +3 +1 =5, =2(3 )
2
抛物线C的方程为 x2 y ………………………………………………………… 分
: =4 (4 )
[方法一]:切点弦方程 韦达定义判别式求弦长求面积法
(2) +
x2 x
抛物线C的方程为x2 y 即y 对该函数求导得y′
=4 , = , = ,
4 2
设点A(x y ) B(x y ) P(x y )
1, 1 、 2, 2 、 0, 0 ,
x x x
直线PA的方程为y y 1 (x x ) 即y 1 y 即x x y y ……… 分
- 1 = - 1 , = - 1, 1 -2 1 -2 =0 (5 )
2 2
同理可知 直线PB的方程为x x y y
, 2 -2 2 -2 =0,
{x x y y
由于点P为这两条直线的公共点 则 1 0 -2 1 -2 0 =0
, x x y y ,
2 0 -2 2 -2 0 =0
所以 点A B的坐标满足方程x x y y
, 、 0 -2 -2 0 =0,
所以 直线AB的方程为x x y y ………………………………………… 分
, 0 -2 -2 0 =0, (7 )
ìx x y y
ï
ï 0 -2 -2 0 =0
联立í
ïïy
x2
,
可得x2
-2
x
0
x
+4
y
0 =0,
î =
4
年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学) 第 页(共 页)
2023 11 14由韦达定理可得x x x x x y
1 + 2 =2 0, 1 2 =4 0,
(x )
2
所以 AB 0 (x x ) 2 x x (x2 )(x2 y ) ……… 分
, = 1 + · 1 + 2 -4 1 2 = 0 +4 0 -4 0 , (8 )
2
x2 y
点P到直线AB的距离为d 0 -4 0 ………………………………………… 分
= x2 , (9 )
0 +4
x2 y
所以 , S △ PAB = 1
2
AB · d = 1
2
(x2 0 +4 )(x2 0 -4 y 0 ) · 0 x2 -4 0 = 1
2
(x2 0 -4 y 0 )3 2, ………
0 +4
…………………………………………………………………………………… 分
(10 )
x2 y (y ) 2 y y2 y (y ) 2
∵ 0 -4 0 =1- 0 +3 -4 0 = - 0 -10 0 -8= - 0 +5 +17,
由已知可得 -4≤ y 0≤-2, 所以 , 当y 0 = -4 时 ,△ PAB的面积取最大值1 ×(2 4 ) 3 2 =32 . …
2
…………………………………………………………………………………… 分
(12 )
[方法二]【最优解】:切点弦法 分割转化求面积 三角换元求最值
+ +
同方法一得到x x x x x y .……………………………………………… 分
1 + 2 =2 0, 1 2 =4 0 (7 )
( x2 )
过P作y轴的平行线交AB于Q 则Q x 0 y . ……………………………… 分
, 0, - 0 (8 )
2
( )
S
△ PAB =
1
|
PQ
|·
x
1 -
x
2 =
1 1 x2
0 -2
y
0 · 4
x2
0 -16
y
0 =
1 (x2
0 -4
y
0
)3
2
. ……
(9
分
)
2 2 2 2
{x α
P点在圆M上 则 0 =cos , ……………………………………………… 分
, y α (10 )
0 = -3 +sin ,
S △ PAB = 1 (x2 0 -4 y 0 )3 2 = 1 ( cos 2α -4sin α +12 )3 2 = 1 [ -(sin α +2) 2 +17 ]3 2 . …………
2 2 2
…………………………………………………………………………………… 分
(11 )
故当 α 时 PAB的面积最大 最大值为 . …………………………… 分
sin = -1 △ , 32 (12 )
[方法三]:直接设直线AB方程法
( x2 ) ( x2 )
设切点A B的坐标分别为A x 1 B x 2 .
, 1, , 2,
4 4
{y kx b
设l
AB:
y
=
kx
+
b
,
联立l
AB
和抛物线C的方程得
x2
=
y
+ ,整理得x2
-4
kx
-4
b
=0
. ……
=4 ,
…………………………………………………………………………………… 分
(5 )
判别式 k2 b 即k2 b 且x x k x x b. ……………… 分
Δ=16 +16 >0, + >0, 1 + 2 =4 , 1 2 = -4 (6 )
x2 x
抛物线C的方程为x2 y 即y 有y′ .
=4 , = , =
4 2
x2 x x x2 x x2
则l y 1 1 (x x ) 整理得y 1 x 1 同理可得l y 2 x 2. …………
PA: - = - 1 , = · - , PB: = · -
4 2 2 4 2 4
…………………………………………………………………………………… 分
(7 )
年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学) 第 页(共 页)
2023 12 14ì
ïy
x
1 x
x2
1
ï = · - , (x x x x )
联立方程í 2 4 可得点P的坐标为P 1 + 2 1 2 即P k b . …………
ï x x2 , , (2 ,- )
î ïy = 2 · x - 2 , 2 4
2 4
…………………………………………………………………………………… 分
(8 )
b 2
将点P的坐标代入圆M的方程 得 k 2 b 2 整理得k2 1 -( -3) . …
, (2 ) +( - +3) =1, =
4
…………………………………………………………………………………… 分
(9 )
由弦长公式得 AB k2 x x k2 (x x ) 2 x x k2
| | = 1 + 1 - 2 = 1 + · 1 + 2 -4 1 2 = 1 +
k2 b.
· 16 +16
k2 b
点P到直线AB的距离为d 2 +2 . ………………………………………… 分
= k2 (10 )
+1
所 以 S △ PAB = 1 | AB | d = 1 16 k2 +16 b · 2 k2 +2 b = 4 (k2 + b) 3 = 4
2 2
[ b 2 ] 3 ( b2 b ) 3
1 -( -3) b - +10 -8 …………………………………… 分
+ =4 , (11 )
4 4
其中y b 即b .
P = - ∈[ -4,-2], ∈[2,4]
当b 时 (S ) . ………………………………………………………… 分
=4 , △ PAB max =32 (12 )
. 分 解: 由题意得函数的定义域为
22 (12 ) (1) (0,+∞)
a a2 x2 x ax a x
f′ x a a2 1 1 ( - ) + +1 ( +1)[(1 - ) +1] ………… 分
( ) = - + x +x2 = x2 = x2 (1 )
当a 时 x 1 时 f′ x f x 在 1 单调递增
① <0 , ∈(0,- a) , ( ) >0, ( ) (0,- a) ,
x 1 时 f′ x f x 在 1 单调递减 …………………… 分
∈( - a,+∞) , ( ) <0, ( ) ( - a,+∞) ; (2 )
当 a 时 f′ x 恒成立 f x 在 上单调递增 ……………… 分
② 0≤ ≤1 , ( ) >0 , ( ) (0,+∞) ; (3 )
当a 时 x 1 时 f′ x f x 在 1 单调递增
③ >1 , ∈(0,a ) , ( ) >0, ( ) (0,a ) ,
-1 -1
x 1 时 f′ x f x 在 1 单调递减 ………………… 分
∈(a ,+∞) , ( ) <0, ( ) (a ,+∞) ; (4 )
-1 -1
综上 当a 时 f x 在 1 单调递增 在 1 单调递减
, <0 , ( ) (0,- a) , ( - a,+∞) ;
当 a 时 f′ x 恒成立 f x 在 上单调递增
0≤ ≤1 , ( ) >0 , ( ) (0,+∞) ;
当a 时 f x 在 1 单调递增 在 1 单调递减. ……………… 分
>1 , ( ) (0,a ) , (a ,+∞) (5 )
-1 -1
当a 时 g x xf x x2 x2 x x ………………………………… 分
(2) =1 , ( ) = ( ) + +1 = + ln (6 )
g′ x x x g′ x 单调递增 又g′ 1 g′ 1 4
∴ ( ) =2 +ln +1,∴ ( ) , ( ) =2 -ln 2 >0, ( ) = -ln 6 <0
2 6 3
所以存在唯一的x 1 1 使得g′ x x x ………………… 分
0∈( , ) , ( 0) =2 0 +ln 0 +1 =0 (7 )
6 2
年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学) 第 页(共 页)
2023 13 14且当x x 时 g′ x g x 单调递减
∈(0, 0) , ( ) <0, ( ) ;
当x x 时 g′ x g x 单调递增 …………………………………… 分
∈( 0,+∞) , ( ) >0, ( ) ; (8 )
所以g x g x x 2 x x x 2 x x x 2 x ……… 分
( )min = ( 0) = 0 + 0ln 0 = 0 + 0( -2 0 -1) = - 0 - 0, (9 )
设φ x x 2 x x 1 1 则φ x 在 1 1 上单调递减
( 0) = - 0 - 0, 0∈( , ), ( 0) ( , ) ,
6 2 6 2
所以φ 1 g x φ 1 即 3 g x 7 ………………………… 分
( ) < ( 0) < ( ), - < ( 0) < - , (10 )
2 6 4 36
若关于x的不等式t g x 有解 则t 3 又t为整数 所以t
≥ ( ) , ≥- , , ≥0
4
所以存在整数t满足题意 且t的最小值为 . …………………………………… 分
, 0 (12 )
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2023 14 14
