数学答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_2023安徽省淮南市高三第一次模拟考试数学_2023安徽省淮南市高三第一次模拟考试数学

淮南市 2023 届高三第一次模拟考试数学试卷答案 一、单选题 CBCD ADAB 二、多选题 BD； ABD； ACD； ABC； 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填写在题中的横线上.） 3 13. 5 24 14.2x3y90; 13 15.4 16. [ 6,2 2] 三、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.【解析】(1)选条件①：(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sin(A+B)； 由正弦定理可得，(a－b)(a＋b)＝(c－b)c，（1分） b2＋c2－a2 1 即b2＋c2－a2＝bc，cosA＝ = ，（2分） 2bc 2 π 又A(0,)，A＝ .（4分） 3 选条件②： （3 b2 c2 -a2）2acsinB 由余弦定理可得：2 3bccosA2acsinB，即 3bcosAasinB，（1分） 由正弦定理可得， 3sinBcosAsin AsinB，sinB 0，（2分） π 所以tan A 3，又A(0,)，A＝ . （4分） 3 π 1  (2) 由（1）知，A＝ ，△ABC的面积为2 3， bcsin 2 3,得bc8（5分） 3 2 3 由平面向量可知，  A  D   1 （  A  B    A  C  ），  A  D  2  1 （  A  B    A  C  ）2 1 （  A  B  2   A  C  2  2  A  B    A  C  ）（6分） 2 4 4 1  1 1 3  （b2c22bccos ） （b2c2bc） （2bcbc） bc6 ，（8分） 4 3 4 4 4 当且仅当bc2 2 时取等号故BC 边中线AD的最小值为 6（10分）   18.【解析】（1）由题意知，一件产品的质量指标值位于区间 111,117 的概率即为P（μ+σ＜X＜μ+2σ）（2 分） 因为P（μ-σ＜X＜μ+σ）=0.6826，P（μ-2σ＜X＜μ+2σ）=0.9544 1 所以P（μ+σ＜X＜μ+2σ）= （0.9544 - 0.6826） 0.1359（5分） 2所以X  B(100,0.1359) ，故EX 1000.135913.59.（7分） （2）X服从正态分布N（105，36），由于P（μ-3σ＜X＜μ+3σ）=0.9974， 所以内径在（87，123）之外的概率为0.0026，为小概率事件而86∉（87，123）.（10分） 根据3σ原则，机器异常，需要进一步调试．（12分 19.【解析】（1）由a  a a (m,nN*)知，a  a a ，即a -a a 1，（2分） mn m n 1n 1 n n1 n 1 从而  a  是等差数列，且公差为1，故a a (n1)a n，（5分） n n 1 1 2n1 2n1 1 1 （2）由b （-1）n =（-1）n （-1）n(  )，（7分） n a a n(n1) n n1 n n1 1 1 1 1 1 1 1 1 数列  b  的前2n项和T =-1- + + - - +...+  1 ，（10分） n 2n 2 2 3 3 4 2n 2n1 2n1 1 1 2 又因为{1 }在nN*上单调递减，所以1  1   ， 2n1 2n 1 3 2 故1  T   .（12分） 2n 3 20.【解析】（1）证明：取AC的中点为E，连结SE，BE，∵AB=BC，∴BE⊥AC，（1分） 在△SCB和△SAB中，∠SAB=∠SCB=90°，AB=BC，SB=SB， ∴△SCB≌△SAB， ∴SA=SC，（2分） ∵AC的中点为E, ∴SE⊥AC，（3分） ∵SE∩BE=E， ∴AC⊥面SBE， ∵SB面SBE，∴AC SB （5分） （2）解：过S作SD⊥面ABC，垂足为D，连接AD，CD，∴SD⊥AB ∵AB⊥SA，AB⊥SD，SA∩AD=A，AB⊥面SAD ∴AB⊥AD 同理，BC⊥CD ∵底面ABC为等腰直角三角形，AB2，SC2 2 ∴四边形ABCD为正方形且边长为2. （7分）以D为原点，DA，DC，DS分别为x， y ，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz，则 A(2,0,0),S(0,0,2),C(0,2,0),B(2,2,0),（8分）    ∴SC=（0, 2，-2），AC=（-2, 2,0），BC=（-2, 0,0），（9分）     nSC 0 2y 2z 0 设平面SAC的法向量n=（x ，y ，z ），则  ，即 1 1 ， 1 1 1 nAC 0  2x 1 2y 1 0  取x =1，则y =1，z =1，∴n=（1,1,1），（10分） 1 1 1     m•SC 0 2y 2z 0 设平面SBC的法向量m=（x ， y ，z ），则  ，即 2 2 ， 2 2 2 m•BC 0  2x 2 0  取 y =1，则x =0，z =1，∴n=（0,1,1），（11分） 2 1 1 设平面SAC与平面SBC夹角为     mn 001111 6 ∴cos cosn,m =   = = ， |m||n| 12 12 12 02 12 12 3 6 故平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为 . （12分） 3 21.【解析】 (1)由题意可得， x2 c c M (x , y ),F (c,0), MF  (x  c)2  y 2  (x  c)2  (1 0 )b2  ( x  a)2  x  a 0 0 0 0 0 a2 a 0 a 0 （2分） 又因为ax a,， MF ac，MF a-c，b2 a2c2 413（3分） 0 max min c 1 又椭圆C的离心率e  ，所以a2c，则b2 a2c2 4c2c2 3c2 3，即c1,a2， a 2 x2 y2 所以椭圆C的方程为  1.（4分） 4 3 (2)设Ax,y ，Bx ,y ，F1,0， 1 1 2 2 y y ∵∠PFA+∠PFB= ，∴k k 0，所以 1  2 0， AF BF x 1 x 1 1 2 化简整理得x y  y x y  y 0①，（5分） 1 2 2 2 1 1 xmyn  设直线l：xmynm0，联立直线与椭圆方程x2 y2   1  4 3 化简整理可得  3m24  y26mny3n2120，b2 4ac36m2n2 4  3m2 4  3n2 12  0， 可得n2 3m24②， 6mn 3n212 由韦达定理，可得y  y  ，y y  ③，（6分） 1 2 3m24 1 2 3m24 将x my n，x my n代入①， 1 1 2 2 可得2my y n1y  y 0④， 1 2 1 2 6m  n24  6mnn1 再将③代入④，可得  ，解得n4，（8分） 3m24 3m24 ∴直线l的方程为xmy4， 且由②可得，3m2416，即m2 4， 1104 3 由点F1,0到直线l的距离d   ， 1m2 1m2 1 1 3 m2 4 S △FAB  2 QRd  2 1m2   y 1  y 2 2 4y 1 y 2  1m2 18  3m24 2 （10分） 18t 18 S   令 m24 t ，t0，则 △F1QR 3t216 16 3t t 18 3 3 16 2 21   ，当且仅当3t 时，m 等号成立， 2 316 4 t 3 3 3 所以FAB面积S最大值为 .（12分） 4 22.【解析】 a xa (1)方法一 f x定义域为0,， fx 1 .（1分） x x 当a0时， fx0，， f x在x0,单调递增，不合题意；（2分） 当a0，， f x在0,a单调递减，在a,单调递增； 由 f x有两个不同的零点，得 f -aaln(a)a0，解得ae， 又 f 110， ∵x0,lnx x，a0∴ f x xalnx xa x  x( xa) ∴取xa2, f(x)0， f x 在(1,a),(a,a2)各有一个不同的零点 即实数a的取值范围为（-，-e）.（4分）a xa 方法二： f x定义域为0,， fx 1 .（1分） x x 当a0时， fx0， f x在x0,单调递增，不合题意；（2分） 当a0，f x在0,a单调递减，在a,单调递增； 由 f x有两个不同的零点，得 f -aaln(a)a0，解得ae，由 f(1)=1>0，x→+∞， f(x)→+∞， 故实数a的取值范围为（-，-e）.（4分） alnx x 0 (2) f xalnxx，由题 1 1 ，0 x  x alnx x 0 1 2 2 2 则alnx lnx  x x ，设t x 1 0,1 ，∴a x 2 x 1  x 2 x 1， fx a 1，（6分） 1 2 2 1 x lnx lnx lnt x 2 1 2 x x  1 x x 1 11t ∴ f(x ) f  1 2 a 1 2 1  1 10恒成立， 0  1  x x lnt x x tlnt 1 2 1 2 11t 又t0,1，∴lnt0，即 lnt0恒成立 t 11t 设ht lnt，ht0恒成立 t 1 12 t 2 t12 t1 t2 ht    （8分） t t2 tt2 t t2 ⅰ）当2≥1时， t2 0， ∴ht0，∴ht在0,1上单调递增 ∴hth10恒成立，注意到-1 ∴(,1) 1,符合题意.（10分） ⅱ）当2 1时，∵t（0,1），∴t  0，2 时，ht0，∴ht在  0,2 上单调递增； t  2,1  时，ht0，∴ht在  2,1  上单调递减. ∴t  2,1  时，hth10，不满足ht0恒成立. 综上：（-,-1） 1, （12分）