鞍山市普通高中2022-2023学年度高三第一次质量监测数学参考答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_2023辽宁省鞍山市普通高中高三上学期第一次质量监测数学

鞍山市普通高中 2022-2023 学年度高三第一次质量监测 数学参考答案 一．单项选择题 1-5 DDACA 6-8 BDB 二．多项选择题 9.BC 10.BC 11.ABD 12.ABD 三．填空题 13.-10 14.1 15. 1 1 2 16. 2 四．解答题 17． (1) 首项 lo g 3 1 1 5 0 + lo g 3 4 = lo g 3 3 2 + lo g 3 2 = lo g 3 ( 3 2  2 ) = 1 因为数列  a n  是等差数列，设公差， a 3 + a 7 = 1 8 可得解 a 1 + 2 d + a 1 + 6 d = 1 8 , d = 2 所以 a n = 2 n − 1 ............................................... 5分 (2)由（1）可得 b n = ( 2 n − 1 1 ) ( 2 n + 1 ) = 1 2 ( 2 n 1 − 1 − 2 n 1 + 1 ) 所以 T n = 1 2 (1 − 1 3 + 1 3 − 1 5 + ...... − 2 n 1 + 1 ） = 2 n n + 1 .......................................................... 10分 18.（1） c o s B ( 3 a + b s in C ) + b s in B c o s C = 0  3 a c o s B + （b s in C c o s B + c o s C s in B ) = 0  3acosB=−bsin(B+C)=−bsinA 由正弦定理  3sinAcosB=−sinBsinA,sinA0. 2 tanB=− 3, B(0,)B= ............................................................................ 6分 3 （2）∵△𝐴𝐵𝐶的面积为 2 3 3 ，∵ 1 2 a c s in B = 4 3 a c = 2 3 3 ，得 a c = 8 3 ，∵a=2c∴ 8 2c2 = ∵𝑐 >0，∴ 3 c = 2 3 3 ∴ a = 2 c = 4 3 3 28 ，由余弦定理可得b2 =a2 +c2 −2accosB= 3 ∵ b  0 ，∴ b = 2 3 2 1 ∴三角形的周长为 a + b + c = 2 3 + 2 3 2 1 ................................................................ 12分19． （第1问图像） （第2问图像） （1）取 A C 中点O连接 O B , O F . 因为正三棱柱ABC−ABC ，F为AC 的中点，所以 1 1 1 1 1 OA,OB,OF两两垂直，以O为原点，OA,OB,OF为 x , y , z . 轴正方向建系，如图所示所以 A (1 , 0 , 0 ) , E ( 0 , 3 ,1 ) , F ( 0 , 0 , 2 ) , A 1 (1 , 0 , 2 ) ，所以 AE=(−1, 3,−1),AE=(−1, 3,1),AF =(−1,0,2)，设平面AEF的法向量n=(x,y,z)，则 1  n n   A A E F = = 0 0 ，即  − − x x + + 2 3 z y = + 0 z = 0 ，令 x = 2 3 ，则y= ,z=1，所以 3 n =  2 , 3 3 ,1  ， 设 A 1 E 与平面AEF所成角为，则 AEn −2+1−1 15 sin= cos AE,n = 1 = = ， 1 AE n 1 10 1 4+ +1 1+3+1 3 所以 A 1 E 与平面 A E F 所成角的正弦值为 1 1 0 5 .............................. 6 分 （2）① 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该 点的公共直线。 ................................................. 8分 ② 延 长 A 1 E 交 A 1 B 1 延 长 线 于 点 M ， 连 接 F M 且 F M B 1 C 1 = P . 则 F P 即 为 所 求 。 在  A 1 C 1 M 中 ， P 为 重 心 .  C 1 P = 2 3 C 1 B 1 = 4 3 . 13 由余弦定理可得：FP2 =C F2 +C P2 −2C F C P cosFC P= 1 1 1 1 1 9  P F = 1 3 3 F A1 C1 P B1 M E A C B . （解决方法不唯一，酌情处理） ..................................................................................................... 12分 20（1）记乙闯关成功为事件A， 2 3 P(A)=C2 3  2 + 3 = 81 ........................................................................ 4分 3  5   5  5   125 （2）由题意知随机变量X 所有可能取值为0，1，2，3， 是P ( X = 0 ) = C C 3431 0 = 1 3 0 ， P ( X = 1 ) = C 16 C  C 31 0 24 = 1 3 0 ， P ( X = 2 ) = C 2 C 6 3 C 1 0 14 = 1 2 ， P ( X = 3 ) = C C 3631 0 = 1 6 ， 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 3 0 1 3 0 1 2 1 6 ............................................................... 8分 1 3 1 1 9 所以E(X)=0 +1 +2 +3 = ....................................... 10分 30 10 2 6 5 所以甲闯关成功的概率为 1 2 + 1 6 = 2 3 ，因为 1 8 2 1 5  2 3 ， 所以甲比乙闯关成功的可能性大. .................................................................................. 12分 21（1）因为点B与点 A  - 1 ， 3 2  关于原点O对称，所以点B的坐标为 （ 1 ， − 3 2 ） 设点P的坐 标为(x，y) 由题意得 y x − + 3 21 y x + − 3 21 = − 3 4 化简得 x 4 2 + y 3 2 = 1 ( x   1 ) x2 y2 故动点P的轨迹方程为 + =1(x1)；.................................................................... 4分 4 3 （2）若存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等，设点P的坐标为 ( x 0 , y 0 ) 1 1 则 PA PB sinAPB= PM  PN sinMPN 2 2 PA PN x +1 3−x 因为sinAPB=sinMPN， 所以 = 所以 0 = 0 PM PB 3−x x −1 0 0 即 ( 3 − x 0 ) 2 = x 20 − 1 5 ，解得 x = 因为 0 3 x 4 2 + y 3 2 = 1 ( x   1 ) ， 所以 y 0 =  3 6 3 5 33 故存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等，此时点P的坐标为 ( , )。 ....... 12分 3 6 22． （1）函数的定义域为(0,+)，由 f ( x ) = ln x − k x ，得 f '( x ) = 1 x − k = 1 − x k x ， 当k 0时， f '( x )  0 ，所以 f (x)在 ( 0 , +  ) 上单调递增，函数无极值点， ........... 2分 1 1 1 当k 0时，由 f'(x)=0，得x= ，当0x 时， f'(x)0，当x 时， f'(x)0， k k k所以 f ( x ) 在  0 , 1 k  1  上单调递增，在 ,+ 上单调递减，   k  所以 f ( x ) 有极大值点 1 k ，无极小值点， ..................................................................... 4分 综上，当 k  0 时， f ( x ) 无极值点， 当 k  0 时， f ( x ) 有极大值点 1 k ，无极小值点， ....................................................... 6分 （2）因为 g ( x ) − f ( x )  1 恒成立，即 x ( e x − 2 ) − ( ln x − k x )  1 恒成立， 所以 k  1 + ln x x − e x + 2 对 x  0 恒成立， ..................................................................... 8分 1+lnx 令m(x)= −ex +2，则 x m '( x ) = 1 x  x − (1 2 x + ln x ) − e x = − ln x x − 2 x 2 e x ， 令 n(x)=−lnx−x2ex，则 n '( x ) = − l x − ( 2 x e x + x 2 e x ) = − l x − e x ( 2 x + x 2 )  0 ( x  0 ) ， 所以 n ( x ) 在(0,+)上单调递减，因为 n  1 e  = 1 − e 1e − 2  0 , n (1 ) = − e  0 ， 所以由零点存在性定理可知，存在唯一的零点 x 0   1 e ,1  ，使得 n ( x 0 ) = 0 ， 即 −lnx =x 2ex 0 ， .......................................................................................................... 10分 0 0 两边取对数可得ln(−lnx )=2lnx +x ，即ln(−lnx )+(−lnx )=x +lnx ， 0 0 0 0 0 0 0 因为函数 y = x + ln x 在 ( 0 , +  ) 上单调递增，所以x =−lnx ， 0 0 所以当 0  x  x 0 时， n ( x )  0 ，当xx 时， 0 n ( x )  0 ， 所以 m ( x ) 在 ( 0 , x 0 ) 上单调递增，在 ( x 0 , +  ) 上单调递减， 1+lnx 1−x 1 所以m(x)m(x )= 0 −ex 0 +2= 0 − +2=1， 0 x x x 0 0 0 所以k m(x )=1，所以k的取值范围为[1,+) ........................................................ 12分 0