23届高三理科数学一诊模拟考试试卷答案.pdf

1、1高 2023 届高三一诊模拟考试 数学参考答案（理科）一选择题1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C B B A A C D C A B D D 二填空题13、1414、415、216、2,16 三解答题17.解：（1）因为ABBBsinsin22sin cos，所以BbBAa2sin22 55cossin63，因为B20,，所以B5sin4，又ABBB25sinsin22sin cos24，且 A 为锐角，所以A25cos7，所以 CABABAB5coscossin sincos cos3因为CBcoscos所以CB 所以cb5 5 分（2）设AMm，ANn，根据题设有S

2、SAMNABC21，所以mnAbcA222sinsin111，可得mn225，7 分所以MNmnmnAmnmn252cos21814222，当且仅当mn25 2 时等号成立所以 MN 的最小值为3 2 12 分18.解：（1）由样本频率分布表可知，样本中获一等奖的 6 人，获二等奖的 8 人，获三等奖的 16 人，共 30 人，则 70 人没有获奖，所以从该样本中随机抽取 2 名学生的竞赛成绩，这 2 名学生恰有一名学生获奖的概率为PC50 993330 7014C C1002307011.5 分（2）因为该校所有参赛学生的成绩 X 近似地服从正态分布 N(64,225)，所以64，所以P X

3、2(64)1，即从所有参赛学生中随机抽取 1 名学生，该生成绩在 64 分以上的概率为 21，所以随机变量B24,1，所以 Pkkkkkk222()CC(0,1,2,3,4)1114444，所以P216(0)C11404，P24(1)C11414，P28(2)C13424，P24(3)C11434，P216(4)C11444，7 分所以 的分布列为01234P161418341161 10 分所以E2()421.12 分19.解：(1)证明：ABC 是边长为 6 的等边三角形，点 M，N 分别是边 AB，AC 的三等分点，且AMAB31，3有k tktkt644(14)(416)01642 2

4、2222，kxxkt148212，kx xt1 441621 22，因AOB90，则OA OBx xy yx xkxt kxtkx xkt xxt()()(1)()12121212121222kkktktk ttk1 41 41 40(1)(416)8516 162222222 222，整理得tk5(1)1622，满足 0，原点 O 到直线 l 的距离kkdtt1155|164 5222，综上得：原点 O 到直线 l 的距离恒为54 5，即直线 l 与圆xy51622相切，所以直线 l 与定圆O xyrr:(0)222相切，r54 5.12 分21.解：（1）由已知xu xa(),1当a0 时

5、，xf()0 在(0,)恒成立，f x()在(0,)上单调递增；2 分当a0 时，由xfxa()01得 ax1，若 ax01 时，f x()0,f x()在a0,1上单调递增，若 ax1 时，f x()0,f x()在a,1上单调递减；综上，当a0 时，f x()的单调递增区间为(0,)，无单调递减区间；当a0 时，f x()的单调递增区间为a(0,)1，单调递减区间为a(,)1；5 分（2）解：由题意得：（f xxaxaxx aRx21 ln0),12xxg xfxxaaxxax xax()()lnln(0),11 xxxg xxaxax()1(0)11222令 h xxaxxa()1(0)

6、,422当 a22时，h x()0，g x()0，g x()在(0,)上递增；不满足g xfx()()0有三个不同实根；当 a2 时，h xxaxx()1(0),2h x()0，g x()0，g x()在(0,)上递增；也不满足g xfx()()0有三个不同实根；当a2 时，由h x()0得xxaaaa22,444522，g x()在aa20,42上递增，在aaaa22,4422上递减，在aa2,42上递增.g xfx()()0有三个不同实根x x x xxx,()123123，7 分显然g(1)0，且aaaa221,14422，xxx1,01,1213.由xg xxax()ln01的结构特征

7、得 mg mg()()1,xg xg()()111xg xg()()0113，即xx113，即x x113由 g x()的单调性可知，当xxx12 时，g x()0，f x()递增；当xxx23时，g x()0，f x()递减.f xf xf xf x()(),()()1232.8 分由得xxxg xxaxaxln()ln1133333332，又f xxxa xxx2ln(ln)12，4xxxxxf xf xf xfxxa xxx2()()()()()2ln(lnln)111111333332313333332，xxxxxxa xxxxxln(lnln)111(1)13333332233333

8、224，xxxf xf xxxxx2ln()()2ln4ln411133322313333222，令xt t(1)32,则xxttxxxxtttt2ln4ln4=42ln2ln1111332233332222，令 ttG ttttt t()42ln2ln(1)112，tG ttttt()3(1)(41)ln222,令 ttttt t()3(1)(41)ln(1)22,ttttt()52(2)ln41，tttt()2ln3142，ttt()02(1)32,t()在(1,)上递减，t()(1)0，t()在(1,)上递减，t()(1)0，t()在(1,)上递减，t()(1)0，则G t()0，G t

9、()在(1,)上递减,G tG()(1)0,f xf x()()31,f xf xf x312,综上：f xf xf x(),(),()123 的大小关系为：f xf xf x312.12 分22.解：（1）曲线C 的平面直角坐标系方程为xy(1)422，故曲线C 的极坐标方程为2cos3024 分（2）设直线l 的倾斜角为，则 EF(,),(,)12，2cos302，由韦达定理可知 312由余弦定理可知 AEOAOEOA OEAOE|2cos96cos()112223(2cos3)3211111222,AFOAOFOA OFAOF|2cos96cos222223(2cos3)3222222222,AE AF|412|1210 分23.解：（1）因为 xxxx12121，所以abc1，因为abab222，bcbc222，caac222，所以abcabbcac222222222，所以 abcabcabbcaca b c333222()12222222，故abc31222.5 分（2）因为abab222，所以abababab2222222，即abab2222，两边开平方得aba ba b22()2222，同理可得（cbc b2)222，caca2222，三式相加，得abbccaa b c2()2222222.10 分