1、2023 年邵阳市高三第一次联考试题卷(数学)第 1 页(共 4 页)2023 年邵阳市高三第一次联考试题卷数学本试卷共 4 页,22 个小题。满分 150 分。考试用时 120 分钟。注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改
2、液。不按以上要求作答无效。4.保持答题卡的整洁。考试结束后,只交答题卡,试题卷自行保存。一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知全集 U=R,集合 A=x|x2+2x-3b,若函数 f x()=min ex-1-x,-x2+2mx-1 有且只有三个零点,则实数 m 的取值范围为()A.12,+()B.34,+()C.1,+()D.54,+()2023 年邵阳市高三第一次联考试题卷(数学)第 2 页(共 4 页)8.截角四面体是一种半正八面体,可由四面体经过适当的截角,即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示
3、,将棱长为 3a 的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面,得到所有棱长均为 a 的截角四面体,则下列说法错误的是()A.二面角 A-BC-D 的余弦值为-13B.该截角四面体的体积为23 212a3C.该截角四面体的外接球表面积为112a2D.该截角四面体的表面积为 6 3a2二、多选题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得 5 分,部分选对的得 2 分,有选错的得 0 分)9.随着时代与科技的发展,信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算机科学、量子力 学 等 各 个 领 域.而 信 号 处 理 背 后 的
4、“功 臣”就 是 正 弦 型 函 数,f(x)=4i=1sin(2i-1)x2i-1的图象就可以近似的模拟某种信号的波形,则下列说法正确的有()A.函数 f x()的图象关于直线 x=2对称B.函数 f x()的图象关于点 0,0()对称C.函数 f x()为周期函数,且最小正周期为 D.函数 f x()的导函数 f x()的最大值为 410.已知 f x(),g x()都是定义在 R 上的函数,对任意 x,y 满足 f x-y()=f x()g y()-g x()f y(),且 f-2()=f 1()0,则下列说法正确的有()A.g 0()=1B.函数 f 2x-1()的图象关于点12,0(
5、)对称C.g 1()+g-1()=1D.若 f 1()=32,则2023n=1f(n)=3211.“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理,该定理的内容为:椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点,必在一个与椭圆同心的圆上.称此圆为该椭圆的“蒙日圆”,该圆由法国数学家加斯帕尔蒙日(1746-1818)最先发现.已知长方形 R 的四条边均与椭圆 C:x26+y23=1相切,则下列说法正确的有()A.椭圆 C 的离心率为 e=22B.椭圆 C 的蒙日圆方程为 x2+y2=6C.椭圆 C 的蒙日圆方程为 x2+y2=9D.长方形 R 的面积的最大值为 18.2023 年邵阳市高三第一次联考试题卷(数学)第 3
6、 页(共 4 页)12.已知函数 f x()=ex-x,g x()=x-ln x,则下列说法正确的有()A.g ex()在 0,+()上是增函数B.x1,不等式 f ax()f ln x2()恒成立,则正实数 a 的最小值为2eC.若 f x()=t 有两个零点 x1,x2,则 x1+x20D.若 f x1()=g x2()=t t2(),且 x2x10,则ln tx2-x1的最大值为1e三、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分)13.x-2y()3y-2z()5z-2x()7 的展开式中不含 z 的各项系数之和 .14.将函数 f x()=sin(x+)0,0)的焦点为
7、F,且 F 与圆 M:x2+(y+3)2=1上点的距离的最大值为 5.(1)求抛物线 C 的方程;(2)若点 P 在圆 M 上,PA,PB 是抛物线 C 的两条切线,A,B 是切点,求PAB 面积的最大值.22.(本小题满分 12 分)设函数 f(x)=(a-a2)x+ln x-1x(aR).(1)讨论函数 f(x)的单调性;(2)当 a=1 时,记 g(x)=xf(x)+x2+1,是否存在整数 t,使得关于 x 的不等式 tg(x)有解?若存在,请求出 t 的最小值;若不存在,请说明理由.2023 年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学)第 1 页(共 14 页)2023 年邵阳市高
8、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 8 小题,每小题 5 分,共 40 分)1.B2.A【详解】因为(2z+3)i=3z,2zi+3i=3z,3-2i()z=3i,所以 z=3i3-2i=3i(3+2i)(3-2i)(3+2i)=-6+9i13=-613+913i,z-=-613-913i,故选:A.3.A【详解】母线长为 1,设底面圆半径为 r,则 2r=,r=12,故圆锥的全面积为 S=S底+S侧=4+2=34,故选:A.4.D【详解】因为|a+b|2=a2+2ab+b2,|a-b|2=a2-2ab+b2,以上两式相减可得,4ab=|a+b|2-|a-b|2,所以|a+
9、b|2=|a-b|2+4ab=16+4=20,即|a+b|=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 0.6,抽到乙的概率是 0.4,抽到甲车间正品的概率 P1=0.6 (1-0.1)=0.54,抽到乙车间次品的概率 P2=0.4 (1-0.05)=0.38,任取一件抽到正品的概率 P=P1+P2=0.54+0.38=0.92.故选:A.6.A7.C【详解】令 g x()=ex-1-x,则 g x()=ex-1-1,令 g x()0,得 x 1;令 g x()0,得 x 0,在-,1()总存在 x=-M,使得 g-M()=e-M-1+M M,在 1,+()上由于 y=
10、ex-1的增长速率比 y=x 的增长速率要快得多,所以总存在 x=x0,使得 ex0-1-x0 M,所以 g x()在-,1()与 1,+()上都趋于无穷大;2023 年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学)第 2 页(共 14 页)令 h x()=-x2+2mx-1,则 h x()开口向下,对称轴为 x=m,所以 h x()在-,m()上单调递增,在 m,+()上单调递增,故 hx()max=h m()=m2-1,因为函数 f x()=min ex-1-x,-x2+2mx-1有且只有三个零点,而 g x()已经有唯一零点 x=1,所以 h x()必须有两个零点,则 hx()max0,
11、即 m2-1 0,解得 m 1,当 m -1 时,h 1()=-12+2m 1-1=-2+2m 0,则 f1()=min g 1(),h 1()=h 1()1 时,h 1()=-12+2m 1-1=-2+2m 0,则 f 1()=min g 1(),h 1()=g 1()=0,所以 f x()在x=1处取得零点,结合图像又知 g x()与 h x()必有两个交点,故 f x()在-,1()与 m,+()必有两个零点,所以 f x()有且只有三个零点,满足题意;综上:m 1,即 m 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 OW,因为 SWBC,
12、OWBC,所 以 SWO 为 S-BC-A 的 二 面 角,SW=a2-12a()2=32a,AW=a2-12a()2=32a,所以 AO=23AW=33a,所以SO=a2-33a()2=63a,在直角三角形 SOW 中,OW=SW()2-SO()2=36a,所以 cosSWO=OWSW=13所以二面角 S-BC-A 的余弦值为13,所以二面角 A-BC-D 的余弦值为-13,故 A 正确因为棱长为 a 的正四面体的高 h=63a,所以 V=13343a()263 3a()-41334a263a=23 212a3,故 B 正确;设外接球的球心为 O,ABC 的中心为 O,NPQ 的中心为 O,
13、2023 年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学)第 3 页(共 14 页)因为截角四面体上下底面距离为 6 a-63a=2 63a,所以R2-OC2+R2-OH2=2 63a,所以R2-a23+R2-a2=2 63a,所以R2-a23=2 63a-R2-a2,所以 R2-a23=83a2+R2-a2-4 63aR2-a2,所以 R2=118a2,所以 S=4R2=112a2,故 C 正确;由正四面体 S-NPQ 中,题中截角四面体由 4 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=4 34a2+4 6 34a2=7 3a2,故 D 错误.故选:D.二、多选题(
14、本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分)9.ABD【详解】因为函数 f(x)=4i=1sin(2i-1)x2i-1=sin x+sin3x3+sin5x5+sin7x7,定义域为 R,对于 A,f(+x)=sin +x()+sin 3+3x()3+sin 5+5x()5+sin 7+7x()7=-sinx-sin3x3-sin5x5-sin7x7=sin-x()+sin-3x()3+sin-5x()5+sin-7x()7=f-x(),所以函数 f x()的图象关于直线 x=2对称,故 A 正确;对于 B,f(-x)=sin-x()+sin-3x()3+sin-5x()5+sin-7x
15、()7=-sinx-sin3x3-sin5x5-sin7x7=-f x(),所以函数 f x()为奇函数,图象关于点 0,0()对称,故 B 正确;对于 C,由题知 f x+()=-f x()f x(),故 C 错误;对于 D,由题可知 f x()=cos x+cos 3x+cos 5x+cos 7x4,故 D 正确.故选:ABD.10.ABD【详解】对于 A,令 x=y=0,代入已知等式得 f 0()=f 0()g 0()-g 0()f 0()=0,得 f 0()=0,再令 y=0,x=1,代入已知等式得 f 1()=f 1()g 0()-g 1()f 0(),可得 f 1()1-g 0()
16、=-g 1()f 0()=0,结合 f 1()0 得 1-g 0()=0,g 0()=1,故 A正确;对于 B,再令 x=0,代入已知等式得 f-y()=f 0()g y()-g 0()f y(),2023 年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学)第 4 页(共 14 页)将 f 0()=0,g 0()=1 代入上式,得 f-y()=-f y(),函数 f x()为奇函数,函数 f 2x-1()关于点12,0()对称,故 B 正确;对于 C,再令 x=1,y=-1,代入已知等式,得 f 2()=f 1()g-1()-g 1()f-1(),f-1()=-f 1(),f 2()=f 1()
17、g-1()+g 1(),又 f 2()=-f-2()=-f 1(),-f 1()=f 1()g-1()+g 1(),f 1()0,g 1()+g-1()=-1,故 C 错误;对于 D,分别令 y=-1 和 y=1,代入已知等式,得以下两个等式:f x+1()=f x()g-1()-g x()f-1(),f x-1()=f x()g 1()-g x()f 1(),两式相加易得 f x+1()+f x-1()=-f x(),所以有 f x+2()+f x()=-f x+1(),即:f x()=-f x+1()-f x+2(),有:-f x()+f x()=f x+1()+f x-1()-f x+1
18、()-f x+2()=0,即:f x-1()=f x+2(),f x()为周期函数,且周期为 3,f 1()=32,f-2()=32,f 2()=-f-2()=-32,f 3()=f 0()=0,f 1()+f 2()+f 3()=0,2023n=1f n()=f 1()+f 2()+f 3()+f 2023()=f 2023()=f 1()=32,故 D 正确.故选:ABD.11.ACD【详解】椭圆 C 的离心率为 e=ca=6-36=22设两条互相垂直的切线的交点为 P x0,y0(),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 0 时,可得点 P 的坐标是(a,b),或(a,-b
19、).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 0 时,可设点 P 的坐标是(x0,y0)(x0 a,且 y0 b),所以可设曲线 C 的过点 P 的切线方程是 y-y0=k(x-x0)(k0).由x2a2+y2b2=1y-y0=k(x-x0),得(a2k2+b2)x2-2ka2(kx0-y0)x+a2(kx0-y0)2-a2b2=0,由其判别式的值为 0,得(x02-a2)k2-2x0y0k+y02-b2=0(x02-a20),因为 kPA,kPB(kPA,kPB为过 P 点互相垂直的两条直线的斜率)是这个关于 k 的一元二次方程的两个根,所以 kPAkPB=y02-b2x02-a2
20、,由此,得 kPAkPB=-1x02+y02=a2+b2,即 C 的蒙日圆方程为:x2+y2=9;2023 年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学)第 5 页(共 14 页)因为蒙日圆为长方形的外接圆,设 r=OA=3,AOB=,则矩形面积公式为 S=412r2sin =18sin,显然 sin =1,即矩形四条边都相等,为正方形时,Smax=18.故答案为:ACD.12.ABD【详解】对于 A,当 x 0 时,ex1,令 t=ex,则 t 1,g t()=t-ln t,g t()=1-1t=t-1t,当 t 1 时,g t()0 恒成立,g t()在 1,+()上单调递增;t=ex在
21、 0,+()上单调递增,根据复合函数单调性可知:g ex()在 0,+()上为增函数,A 正确;对于 B,当 x 1 时,ln x2 ln 1=0,又 a 为正实数,ax a 0,f x()=ex-1,当 x 0 时,f x()0 恒成立,f x()在 0,+()上单调递增,则由 f ax()f ln x2()得:axln x2,即 a2ln xx,令 h x()=2ln xxx 1(),则 h x()=2 1-ln x()x2,当 x 1,e()时,h x()0;当 x e,+()时,h x()0;h x()在 1,e()上单调递增,在 e,+()上单调递减,hx()max=h e()=2e
22、,a2e,则正实数 a 的最小值为2e,B 正确;对于 C,f x()=ex-1,当 x 0 时,f x()0 时,f x()0;f x()在-,0()上单调递减,在 0,+()上单调递增;fx()min=f 0()=1,则 t 1;不妨设 x1 x2,则必有 x10 0,则 x2-x10,等价于 f x2()f-x1(),又 f x2()=f x1(),则等价于 f x1()f-x1();令 F x()=f x()-f-x()x 0(),则 F x()=ex+e-x-2,x 0,0 ex1,ex+e-x2exe-x=2,即 F x()0,F x()在-,0()上单调递增,F x()F 0()
23、=0,即 f x()f-x(),f x1()0 不成立,C 错误;对于 D,由 f x1()=g x2()=t t 2(),x2 x1 0 得:ex1-x1=x2-ln x2=eln x2-ln x2=tt 2(),即 f x1()=f ln x2()=t t 2(),由 C 知:f x()在-,0()上单调递减,在 0,+()上单调递增;f 1()=e-1 1,则 x2 x11,ln x20,x1=ln x2,即 ex1=x2,ln tx2-x1=ln tex1-x1=ln tf x1()=ln tt;令 t()=ln ttt 2(),则 t()=1-ln tt2,2023 年邵阳市高三第一
24、次联考参考答案与评分标准(数学)第 6 页(共 14 页)当 t 2,e()时,t()0;当 t e,+()时,t()0;t()在 2,e()上单调递增,在 e,+()上单调递减,t()max=e()=1e,即ln tx2-x1的最大值为1e,D 正确.故选:ABD.三、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分)13.128【详解】x-2y()3y-2z()5z-2x()7利用二项展开式的通项公式进行展开,设 x-2y()3项为 k,y-2z()5项为 n,z-2x()7项为 m.展开后得 Ck3x3-k-2y()kCn5y5-n-2z()nCm7y7-m-2z()m对每一项进
25、行合并得 Ck3Cn5Cm7-2()m+k+nx3-k+my5-n+kz7-m+n,因为展开式中不含 z,所以 7-m+n=0,又 m 得取值为0,1,2,3,4,5,6,7,n 得取值为 0,1,2,3,4,5,故得 m=7,n=0.代入展开式得 Ck3C05C77-2()7+kx10-ky5+k=Ck3-2()7+kx10-ky5+k,又 k 得取值为0,1,2,3,分别带入后各项系数之和为 C03-2()7+C13-2()8+C23-2()9+C33-2()10=-2()7+3-2()8+3-2()9+-2()10=128.故答案为:12814.6【详解】设阴影左侧最高点为 A,右侧最高
26、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122,故 1 =4,故 =4,T=w=2,故 g x()=sin 2x+2+(),而 g6()=sin 2 6+2+()=0,故 2 6+2+=k,kZ,解得 =k-56,kZ,而 2,故 =6,故答案为:6.15.y=-1,2【详解】由题意 AB 所在的直线方程为:x2+y2+2x-4y-5()-x2+y2+2x-1()=0,即 y=-1,因为圆 x2+y2+2x-1=0 的圆心 O-1,0(),半径为 r=2,所以圆心 O-1,0()到直线 y=-1 的距离为
27、1,所以 AB=22-1=2.故答案为:y=-1,216.62023 年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学)第 7 页(共 14 页)【详解】B1P=x B1A+y B1C+z B1D1,且 x+y+z=1,P 在平面 ACD1上,设 CD1C1D=O,连接 B1D,AO,且 B1DAO=O1,因为 B1C1平面 C1D1DC,又 CD1平面 C1D1DC,所以 B1C1 CD1,又 CD1 C1D,B1C1 C1D=C1,C1D 平面 B1C1DA,B1C1 平面 B1C1DA,所以 CD1平面 B1C1DA,B1D平面 B1C1DA,所以 CD1B1D,同理可得 B1DAC,又
28、ACCD1=C,AC平面 ACD1,CD1平面 ACD1,所以 B1D平面 ACD1,设正方体的棱长为 1,则可知 B1-ACD1为棱长为 2的正四面体,所以 O1为等边三角形 ACD1的中心,由题可得 AO=32 2=62,得 AO1=23AO=63,所以 B1O1=2 33,又 B1P 与平面 ACD1所成角为3,则B1O1O1P=tan3=3,可求得 O1P=23,即 P 在以 O1为圆心,半径 r=23的圆上,且圆在平面 ACD1内,由 B1D平面 ACD1,又 B1D平面 AB1C1D,平面 AB1C1D平面 ACD1,且两个平面的交线为 AO,把两个平面抽象出来,如图,作 PMAO
29、 于 M 点,过点 M 作 MNAD 交 AD于 N 点,连接 PN,平面 AB1C1D平面 ACD1,PM平面 ACD1,平面 AB1C1D平面 ACD1=AO,PM平面 AB1C1D,AD平面 AB1C1D,PMAD,又 MNAD,MN 与 PM 为平面 PMN 中两相交直线,故 AD平面 PMN,PN平面 PMN,2023 年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学)第 8 页(共 14 页)ADPN,PNM 为二面角 P-AD-B1的平面角,即为角,设 AM=x,当 M 与点 O1不重合时,在 RtPMO1中,可求得 PM=(23)2-(x-63)2=-x2+2 63x-29,若
30、M 与点 O1重合时,即当 x=63时,可求得 PM=PO1=23,也符合上式,故 PM=-x2+2 63x-29,MNAD,ODAD,MNOD,MNOD=AMAO,MN=OD AMAO=22x62=33x,tan=PMMN=-x2+2 63x-2933x=3-291x()2+2 631x()-1令 y=-291x()2+2 631x()-1,则 y=-291x-3 62()2+22,当1x=3 62,即 x=69时等号成立,tan=3 y 3 2=6,故 tan 的最大值是 6.四、解答题17.(10 分)【详解】(1)因为 a1=1,a2=2,an+2=an+2 3nnN(),bn=an+
31、an+1,可得 b1=a1+a2=3,an+2-an=2 3n,(1 分)又 bn+1-bn=an+1+an+2-an+an+1()=an+2-an=2 3n,(2 分)则当 n2 时,bn=b1+b2-b1()+b3-b2()+bn-bn-1()=3+2 3+2 32+23n-1=1+2 1-3n()1-3=3n,(4 分)上式对 n=1 也成立,所以 bn=3n,nN;(5 分)(2)由 bncn=4(n+1)4n2-1nN(),可得 cn=4n+43n(2n-1)(2n+1)=13n-1(2n-1)-13n(2n+1),(7 分)2023 年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学)
32、第 9 页(共 14 页)则数列 cn的前 n 项和为1301-1313+1313-1325+13n-1(2n-1)-13n(2n+1)(9 分)=1-13n(2n+1).(10 分)18.(10 分)【详解】(1)已知 2m+n()sin =3ncos,由正弦定理可得2sin sin +sin2=3sin cos,由 sin 0,(1 分)sin =32cos -12sin sin =sin3-(),(3 分),0,3(),3-0,3(),(4 分)=3-,+=3APB=23.(5 分)(2)在APB 中,由余弦定理得知:AB2=AP2+BP2-2APBPcosAPB即 12=AP2+4+2
33、APAP=2(8 分)SABC=SAPB+SAPC+SBPC=122 2 sin23+122 3 sin +122 3 sin(43-)(9 分)=3+3sin +sin(43-)=3+3(32sin -32cos)(10 分)=3+3sin(-6)(0 0(),则方案甲的平均费用为275m,方案乙的平均费用为195m,因为275m 195m,所以应选择方案乙.(12 分)21.(12 分)【详解】(1)方法一:利用二次函数性质求最大值由题意知,F 0,p2(),设圆 M 上的点 N x0,y0(),则 x20+y0+3()2=1.所以 x20=1-y0+3()2-4y0-2().(1 分)从
34、而有|FN|=x20+p2-y0()2=1-y0+3()2+p2-y0()2=-(p+6)y0-8+p24.因为-4y0-2,所以当 y0=-4 时,|FN|max=p24+4p+16=5.(2 分)又 p 0,解之得 p=2,因此 p=2.(3 分)抛物线 C 的方程为:x2=4y(4 分)方法二【最优解】:利用圆的几何意义求最大值抛物线 C 的焦点为 F 0,p2(),FM=p2+3,(1 分)所以,F 与圆 M:x2+(y+3)2=1 上点的距离的最大值为p2+3+1=5,解 p=2(3 分)抛物线 C 的方程为:x2=4y(4 分)(2)方法一:切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
35、抛物线 C 的方程为 x2=4y,即 y=x24,对该函数求导得 y=x2,设点 A x1,y1()、B x2,y2()、P x0,y0(),直线 PA 的方程为 y-y1=x12x-x1(),即 y=x1x2-y1,即 x1x-2y1-2y=0(5 分)同理可知,直线 PB 的方程为 x2x-2y2-2y=0,由于点 P 为这两条直线的公共点,则x1x0-2y1-2y0=0 x2x0-2y2-2y0=0,所以,点 A、B 的坐标满足方程 x0 x-2y-2y0=0,所以,直线 AB 的方程为 x0 x-2y-2y0=0,(7 分)联立x0 x-2y-2y0=0y=x24,可得 x2-2x0
36、x+4y0=0,2023 年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学)第12 页(共 14 页)由韦达定理可得 x1+x2=2x0,x1x2=4y0,所以,AB=1+x02()2x1+x2()2-4x1x2=x20+4()x20-4y0(),(8 分)点 P 到直线 AB 的距离为 d=x20-4y0 x20+4,(9 分)所以,SPAB=12AB d=12x20+4()x20-4y0()x20-4y0 x20+4=12x20-4y0()32,(10 分)x20-4y0=1-y0+3()2-4y0=-y20-10y0-8=-y0+5()2+17,由已知可得-4y0-2,所以,当 y0=-4
37、 时,PAB 的面积取最大值12(24)32=32.(12 分)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 x1+x2=2x0,x1x2=4y0.(7 分)过 P 作 y 轴的平行线交 AB 于 Q,则 Q x0,x202-y0().(8 分)SPAB=12|PQ|x1-x2=1212x20-2y0()4x20-16y0=12x20-4y0()32.(9 分)P 点在圆 M 上,则x0=cos,y0=-3+sin,(10 分)SPAB=12x20-4y0()32=12cos2-4sin +12()32=12-(sin +2)2+1732.(11 分)故当 sin =
38、-1 时PAB 的面积最大,最大值为 32.(12 分)方法三:直接设直线 AB 方程法设切点 A,B 的坐标分别为 A x1,x214(),B x2,x224().设 lAB:y=kx+b,联立 lAB和抛物线 C 的方程得y=kx+b,x2=4y,整理得 x2-4kx-4b=0.(5 分)判别式 =16k2+16b 0,即 k2+b 0,且 x1+x2=4k,x1x2=-4b.(6 分)抛物线 C 的方程为 x2=4y,即 y=x24,有 y=x2.则 lPA:y-x214=x12x-x1(),整理得 y=x12x-x214,同理可得 lPB:y=x22x-x224.(7 分)2023 年
39、邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学)第13 页(共 14 页)联立方程y=x12x-x214,y=x22x-x224,可得点 P 的坐标为 Px1+x22,x1x24(),即 P(2k,-b).(8 分)将点 P 的坐标代入圆 M 的方程,得(2k)2+(-b+3)2=1,整理得 k2=1-(b-3)24.(9 分)由弦长公式得|AB|=1+k2x1-x2=1+k2x1+x2()2-4x1x2=1+k216k2+16b.点 P 到直线 AB 的距离为 d=2k2+2bk2+1.(10 分)所 以 SPAB=12|AB|d=1216k2+16b 2k2+2b=4k2+b()3=41-(
40、b-3)24+b3=4-b2+10b-84()3,(11 分)其中 yP=-b-4,-2,即 b2,4.当 b=4 时,SPAB()max=32.(12 分)22.(12 分)解:(1)由题意得函数的定义域为(0,+)f(x)=a-a2+1x+1x2=(a-a2)x2+x+1x2=(ax+1)(1-a)x+1x2(1 分)当 a 0,f(x)在(0,-1a)单调递增,x(-1a,+)时,f(x)0 恒成立,f(x)在(0,+)上单调递增;(3 分)当 a 1 时,x(0,1a-1)时,f(x)0,f(x)在(0,1a-1)单调递增,x(1a-1,+)时,f(x)0,f(x)在(1a-1,+)单
41、调递减;(4 分)综上,当 a 0 恒成立,f(x)在(0,+)上单调递增;当 a 1 时,f(x)在(0,1a-1)单调递增,在(1a-1,+)单调递减.(5 分)(2)当 a=1 时,g(x)=xf(x)+x2+1=x2+xln x(6 分)g(x)=2x+ln x+1,g(x)单调递增,又 g(12)=2-ln 2 0,g(16)=43-ln 6 0所以存在唯一的 x0(16,12),使得 g(x0)=2x0+ln x0+1=0(7 分)2023 年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准(数学)第14 页(共 14 页)且当 x(0,x0)时,g(x)0,g(x)单调递增;(8 分)所以 g(x)min=g(x0)=x02+x0ln x0=x02+x0(-2x0-1)=-x02-x0,(9 分)设(x0)=-x02-x0,x0(16,12),则(x0)在(16,12)上单调递减,所以(12)g(x0)(16),即-34 g(x0)-736,(10 分)若关于 x 的不等式 tg(x)有解,则 t-34,又 t 为整数,所以 t0所以存在整数 t 满足题意,且 t 的最小值为 0.(12 分)
