云南省玉溪市2023届高三毕业生第一次教学质量检测数学试题及答案.pdf

1、答案第 1页，共 9页一一、选选择择题题题题号号1 12 23 34 45 56 67 78 8答答案案C CA AD DB BB BC CD DA A解解析析：1 124|22Ax xxx，0|033xBxxxx，则AB U|23xx，选 C C.2 22i i2izaa ，又“等部复数”的实部和虚部相等，复数z为“等部复数”，所以2a，得2a ，所以22iz，所以22iz，222zaii.所以，复数2zai在复平面内对应的点是2,2，位于第一象限，选 A.3 3已知2OCOD，23COD，所以，2212225285 2 2862m nOCODOCODOCOC ODOD ur ruuu ru

2、uu ruuu ruuu ruuu ruuu r uuu ruuu rggg，选 D.4 4由条件得圆锥的母线长220.30.40.5l，所以台灯表面积为2120.3 0.520.30.332S，需要涂胶的重量为0.33 20066=66 3.14=207.24207（克），选 B5 5已知函数图象的相邻两对称中心的距离为2，则22T，2212TT.已知 f x为奇函数，根据0可知=2，则 1=2sin2f xx，1=2sin23g xx1=2sin26x.对称中心横坐标：1=26xkkZ，=2+3xkkZ，故 A 错误，B 正确；对称轴方程：1=+262xkkZ，4=2+3xkkZ，故 C、

3、D 错误.故选 B.答案第 2页，共 9页6 6满足,1,2,3a b的所有有序数对(,)a b共 9 种情况，如下表：（1，1）（2，1）（3，1）（1，2）（2，2）（3，2）（1，3）（2，3）（3，3）记“函数2()lnf xxaxb的定义域为 R R”为事件 A，事件 A 发生，2R,0 xxaxb 恒成立，240ab，即24ab.满足24ab的基本事件有 6 种，故62()93P A.记“函数()xxg xab为奇函数”为事件 B.已知()g x是奇函数，则(1)(1)gg，即11ababababbaab 或1ab.满足ab或1ab 的情况有 3 种，故331()9P AB.所以

4、12|P ABP B AP A，故选 C.7 7 45112xx的展开式中含x的项为:0110041 41 30 545451121126CxCxCxCxx,20222023120231 2022xx的展开式中含x的项为:1112021120222022202312023120222022 20232023 20220CxCxxx,所以,4520222023112120231 2022xxxx的展开式中含x的项为6x,其系数6q.依题意得2346661520 1550mnpCCC,故选 D.8 8令 1 ln,0f xxx x，则 1 ln2f eeeea，(2)2 1 ln2f 1 ln2b

5、.11()1xfxxx，当1x 时，()0fx，()f x单调递增，则(e)(2)ff，即ab.令()exg xx，则()e1xg x，当0 x 时，()0g x，()g x单调递增，则(e)(2)gg，即e2eee2，所以e2eee2，即ca综上，cab，故选 A答案第 3页，共 9页二、选择题二、选择题题号9101112答案CDABACABD解析解析：9已知双曲线渐近线方程为30 xy，可设双曲线22:(0)3xCy，将点(3,2)代入可得1，即双曲线C的方程为2213xy，故选项A错误；由上可知，3,1,2abc，所以双曲线离心率22 3333cea，故选项B错误；双曲线的焦点坐标为(2

6、 0),，其中(2,0)满足2e1xy，故选项C正确；双曲线的焦点(2 0),到渐近线30 xy的距离211 3d，故选项D正确.故选 CD.1010A 选项：2224422428abababbaabba，A 正确；B 选项：42abab，4ab，当且仅当2ab时取“=”，B 正确；C 选项：当2ab时，112ab，24ab，112 abab，C 不正确；D 选项：141 1414149()()(1 4)(52)4444babaababababab，D 不正确.故选 AB.1111 22,02sin,242xxxf xxx，所以5sin52()224f，故 A 正确；已知函数 fx的定义域为0

7、,4，函数图象不关于直线1x 对称，故 B 错误；当02x时，222111,0f xxxx ；当24x时，,22x，fx sin1,02x.所以函数的值域为1,0，故 C 正确；()0yf xm即()f xm，则问题化归为函数()yf x的图象与直线ym有四个交点.作函数()yf x与ym的大致图象如下，由图象可知，函数()yf x的图象与直线ym有四个交点，必须且只需10m，故 D 错误.故选 AC.答案第 4页，共 9页P1212对选项 A：已知M，N是AC，AQ的中点，CN与QM都在平面ACQ内，A 正确；对选项 B：由A DMNNADMVV，因为N到平面ABCD的距离为12，且ADM的

8、面积为14，所以三棱锥ADMN的体积跟的取值无关，选项 B 正确；对选项 C：当14时，在AD上取点P使3APPD，则易证QPABCD面.若AMQM，则AMPM，这与ACBD矛盾，C 不正确对选项 D：当13时，取11113D HDCuuuu ruuuu r,连接HC,则11/HQAC,又11/ACAC，所以/HQAC，所以,A M C H Q共面，即过A，Q，M三点的正方体的截面为四边形ACHQ.419AQCH133，则ACHQ是等腰梯形，且111233QHAC，所以平面截正方体所得截面的周长为2134 22 1322333l，选项 D 正确.故选 ABD三、三、填空题填空题题号131415

9、16答案10101412512解析解析：1 13 3c s12oyxx，0|3xy，即tan30，02，3tan1，利用三角函数定义，110cos101 9.1 14 4已知2,XBp:，则0122222112C1+C12P XP XP Xpppppp，27162pp，解得：14p或74p(因为01p，故舍去).故答案为14.1515设Ce的半径为r，则2221raa.因为ABC是正三角形，所以点(1,1)C 到直线AB的距离为32dr，即1 132a 答案第 5页，共 9页232212aa，平方得223322124aaa，解得12a，故答案为12.1616联立抛物线2:xP yaa 与椭圆2

10、222:10 xyCabab的方程消去x整理得到022ayby，解得0y 或2bya.0y 时,代入2xyaa 解得xa,已知点A位于y轴右侧，取交点,0A a,此时22ABAF 2a 2 ac0c,与0c 矛盾，不合题意.2bya时,代入2xyaa 解得xc.已知点,A B关于y轴对称且A位于y轴右侧，取交点2,bA ca、2,bBca,已知2,0F c,则2AFx轴,22bAFa.此时22ABAF222bca，即222acbac，两端同除以2a可得：210ee ，解得151522e 因为01e，所以5102e，max5 12e.四四、解答题：本题共解答题：本题共 6 6 小题，共小题，共

11、7070 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤特别说明：所标示的得分点，仅仅作为评分参考，具体阅卷需要请阅卷题组长组织讨论制定相特别说明：所标示的得分点，仅仅作为评分参考，具体阅卷需要请阅卷题组长组织讨论制定相对科学合理又方便于评分操作的评分细则对科学合理又方便于评分操作的评分细则.17.17.（本小题满分 10 分）解解：（1 1）选填条件，由题意得1111*1045100,2,(.,)adbqbaqd dN，即1*12920,2().ada ddN，解得111,1,2,2.abdq，故112.2,nnnanb 5 分选填条件，由题意得111110

12、45100,2,4,.adbqbaqd，即112920,42.adad，解得111,1,2,2.abdq，故1212nnnanb.5 分（2 2）由（1）得1212nnnc，于是2341357921122222nnnT L，2345113579212222222nnnTL，答案第 6页，共 9页得：221111212323222222nnnnnnTL，故nT12362nn.因为对nN，12302nn，所以6nT.10 分18.18.（本小题满分 12 分）解解：（1）已知222sinsinsinsinsinACACB，由正弦定理可得222acbac.1 分由余弦定理得2221cos22acbB

13、ac.又0,B，所以23B 4 分（2 2）在ABC中，由余弦定理得2222cosbacacB，222122cos3acac，即2212acac.5 分因为0a，0c，则221234acacacac，当且仅当2ac时，max4ac，所以，当且仅当2ac时ABC面积最大.8 分2ac时，12236BACC.在ABD中，6124ADB.由正弦定理得3222622sinsin342ADAD.12分1919（本小题满分 12 分）解解：（1 1）34564.54x，2.5344.53.54y，413 2.54 35 464.566.5iiix y ，4222221345686iix.2 分所以，266

14、.54 4.5 3.50.7864 4.5b$，则3.50.7 4.50.35aybx$.故y关于x的线性回归方程为0.70.35yx.6分（2 2）设甲、乙两人中选择购买这种冰箱的人数为X，则X的所有可能取值为 0，1，2.20122242P Xpppp，2112122451P Xpppppp，22212P Xpppp.8 分所以，X的分布列为X012P2242pp2451pp22pp答案第 7页，共 9页Q所以，222024214512231E Xppppppp ，4000EX4000 31p.10分令40006000EX，即4000 316000p，解得56p，又112p，所以1526p

15、.所以p的取值范围为1 5,2 6.12 分法二法二：记甲购买冰箱的期望为 XE,乙购买冰箱的期望为 YE，则 pXE4000,124000pYE,6000134000pYEXE，56p.又已知112p，则p的取值范围为1 5,2 6.12 分2020（本小题满分 12 分）解解：（1 1）如图，取PB中点E，连接ME,NE.MQ,N分别是线段AB,PC的中点，/ME PA.又ME Q平面PAD，PA 平面PAD，/ME平面PAD.同理得/NE平面PAD.又MENEEQI,平面PAD平面MNE.MN Q平面MNE，/MN平面PAD.5 分（2 2）QABCD为矩形，ABAD.PA Q平面ABC

16、D，APABAD、两两垂直.6 分依次以ABADAP、为xyz、轴建立如图的空间直角坐标系，则(4,2,0)C，(0,2,0)D，(0,0,2)P，(2,0,0)M，PC中点2,1,1N，(2,2,0)DMuuuu r，2,1,1DN uuu r.7 分设平面DMN的法向量(,)nx y zr，则00nDMnDM，即22020 xyxyz，取1x，得1,1yz=-，(1,1,1)n r.8 分若满足条件的CD上的点Q存在，设(,2,0),04Q tt，又2,1,1N，则2,1,1NQtuuu r.设直线NQ与平面DMN所成的角为，则22111sin3(2)113tNQ ntNQn uuu r

17、ruuu rr，解得1t 或3t .答案第 8页，共 9页已知04t，则1t,1,2,0Q.11 分1DQ,4CD,4 13CQCDDQ,34CQCD.故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为13，且34CQCD.12 分2121（本小题满分 12 分）解解：（1 1）设点(,)P x y，则(1,)Qy，且(1,0)F.1 分由QP QFFP FQuuu r uuu ruur uuu rgg得(1,0)(2,)xy(1,)(2,)xyy，即22(1)2(1)xxy，化简得24yx.故动点P的轨迹C的方程为：24yx.4 分（2 2）设直线AB的方程为：1(0)xmym，则21

18、,Mm 联立直线AB与轨迹C的方程得241yxxmy，消去x得2440ymy，2(4)120m .6 分设11(,)A x y，22(,)B xy，由韦达定理知，121244yymy y.由1MA AFuuu ruuu r,2MB BFuuu ruuu r得：1112yym，2222yym，整理得1121my ，2221my .8 分12122112myy 121222yymy y 2 424mm 0.故12为定值 0 10 分2212121222212122()44244221(1)(1)114m y ym yymmmmymymy ymm ,所以12的取值范围是1,.12 分2222（本小题

19、满分 12 分）解解：（1 1）12()e1xf xax,1()e2xfxax,1(0)1fe,1(0)fe.1 分函数12()e1xf xax的图象在点 0,0Mf处的切线方程是：111yxee，令0y 得1xe ，所以该切线在x轴上的截距等于1e.3 分答案第 9页，共 9页（2 2）(1)2fa，(1)1 2fa，函数12()e1xf xax的图象在1x 处的切线方程是：21 21yaax，即1 21ya xa，4 分两端乘以b变作：1 21byba xa b.又已知函数()f x的图象在点 1,1Tf处的切线方程是:byxc .直线与直线重合,则1 21ba,1 a bc,联立消去b得

20、11 2aca,所以c与a的函数关系为:11122acg aaa.6 分（3 3）函数 112acg aa的零点为1a,1a 时12()e1xf xx.对1,2x ，()0f xkx恒成立，转化为对1,2x ，不等式12e1xxkx恒成立.7 分当0 x 时，20k对kR 恒成立,此时Rk.当02x时，12e1xxkx恒成立.8 分设12e1()xxh xx，求得12(1)(e1)()xxxh xx.02x时1e10 xx，由()0h x得1x，由()0h x得 0 x1，所以()h x在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,2)上单调递增.所以当1x 时，()h x取得极小值,min()13h xh xh极小，此时3k.10 分当10 x 时，12e1xxkx恒成立.与同，设12e1()xxh xx，12(1)(e1)()xxxh xx（10 x）.令1()e1xp xx，则1()e10 xp x，()p x在(1,0)上单调递增.所以,10 x 时2()(1)e0p xp，得()0h x，()h x在(1,0)上单调递减.所以,1x 时，()h x取得最大值2(1)2he ，此时22ke .11 分整合三种情形，得223ek,且等号都取得到.所以,实数k的最大值为 3，最小值为22e 12 分