河南省三门峡市2023届高三上学期理科数学一模试卷+答案.pdf

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1、试卷第 1页,共 6页2023 年 1 月 5 日2023 年 1 月 5 日2022-2023 学年三门峡市高三第一次大练习理科数学-参考答案理科数学-参考答案一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分1331412n154.25161,22三、解答题:共 70 分17(12 分)【解析】(1)由题意,()(sinsin)(sin3sin)abABcCB,222()()3ab ababcbc,即2223bcabc,22233cos222bcabcAbcbc,在ABC中,(0,)A,6A(2)2a,且sin,sin,

2、sinBAC成等差数列,由正弦定理得24bca,又由(1)知6A,22222()216243cos2222bcabcbcabcAbcbcbc12(23)bc,ABC的面积sin12(23)13(23)222ABCbcAS18(12 分)【解析】(1)当1n 时,1214()39aaa,229272749,4416aa ,当2n时,由1439nnSS,得1439nnSS,得143nnaa题号题号1 12 23 34 45 56 67 78 89 9101011111212答案答案BACDABCBDACC试卷第 2页,共 6页122730,0,164nnnaaaa,又213,4naaa是首项为94

3、,公比为34的等比数列,1933()3()444nnna ;(2)由3(4)0nnbna,得43(4)()34nnnnban,所以234333333210(4)44444nnTn ,2413333333321(5)(4)444444nnnTnn ,两式相减得234113333333(4)4444444nnnTn 1193116493(4)34414nnn 111993334(4)44444nnnnn ,所以134()4nnTn,由nnTb得1334()(4)()44nnnn恒成立,即(4)30nn恒成立,4n时不等式恒成立;4n 时,312344nnn ,得1;4n 时,312344nnn ,

4、得3;所以31.19(12 分)【解析】(1)由题,34564.54x,2.5344.53.54y,413 2.54 35 46 4.566.5iiix y ,4222221345686iix,42222212.5344.551.5iiy,试卷第 3页,共 6页所以相关系数2266.54 4.5 3.53.50.9952.5864 4.551.54 3.5r ,因为 y 与 x 之间的相关系数近似为 0.99,说明 y 与 x 之间的线性相关程度非常强,所以可用线性回归模型拟合 y 与 x 之间的关系.266.54 4.5 3.50.7864 4.5b ,3.50.7 4.50.35aybx,

5、故 y 关于 x 的线性回归方程为0.70.35yx.(2)将2x 代入0.70.35yx,得0.7 20.351.75y ,故估计该市政府需要给 E 区就地过年的人员发放的补贴总金额为1.75 10001750(万元).设甲乙两人中选择就地过年的人数为 X,则 X 的所有可能取值为 0,1,2,2(0)(1)(22)242P Xpppp,2(1)(1)(21)(22)451P Xpppppp,2(2)(21)2P XPppp.所以22()045112231E Xppppp ,所以(1000)1000(31)EXp,由1000(31)1400p,得45p,又112p,所以1425p,故p的取值

6、范围为1 4,2 5.20.(12 分)【解析】(1)因为直线l:1x 与C的两个交点和O,B构成的四边形是菱形,所以l垂直平分OB,所以2,0B,2a.设01,Dy为直线l与C的一个交点,则菱形的面积为0012222yy.因为菱形的面积为6,所以026y,解得062y ,即61,2D将点61,2D代入22221xyab,得221123ab,又因为24a,所以22b.故C的方程为22142xy(2)由题意,得OB为圆E的一条弦,且直线1x 垂直平分该弦,试卷第 4页,共 6页故直线1x 经过圆心E,所以MN为圆E的直径,因此90MON,即0OM ON .设1,MMy,1,NNy,则1MNyy.

7、注意到3MAMyk,3NANyk,则199MNAMANyykk.又因为AMAPkk,ANAQkk,所以19APAQkk 易知直线PQ不可能平行于x轴,则设直线PQ的方程为xmyt(2t ),11,P x y,22,Q xy.由22,1,42xmytxy得2222240mymtyt.2 2222244248 240m tmtmt,(*)12222mtyym,212242ty ym.因为112APkyx,222AQykx,所以12121229yyxx,即12121229y ymytmyt ,即 122212121922y ym y ym tyyt.将代入上式得 22222241942222tmtm

8、 t ttm,化简得21229tt,解得1411t,满足(*),所以直线PQ的方程为1411xmy,故直线PQ过定点14,01121(12 分)【解析】(1)由()ln(1)f xxx的定义域为(1,),1()111xfxxx,()0fx得0 x,()0fx得0 x,()0fx得10 x,所以()f x在(1,0)单调递减,在(0,)单调递增,故()f x在0 x 处取得极小值,且()0f x极小,由1g()e1xxa,由题意可得,1e1=0a,1g(0)e0ab,解得e,b=1a(2)由(1)知,g()e1xxx,且g()x在(,0)单调递减,在(0,)单调递增,试卷第 5页,共 6页所以l

9、n(1)ppm,ln(1)qqm,e1rrt ,e1sst 且10p,0q,0r,0s,又ln(1)ppm可化为ln(1)1ln(1)1,eln(1)1,pppmpm 即ln(1)p是e1xxm 的解,同理ln(1)q也是它的解,所以ln(1)rp,ln(1)sq由知,证明ee2rs即证0pq,令()()()h xf xfx,则()2ln(1)ln(1)h xxxx,(0)0h则22112()20111xh xxxx,所以()h x(1,1)上单调递减,因为10p,所以()(0)0h ph,即()()0f pfp,因为()()f pf q所以()()f qfp,由()f x在(0,)单调递增,

10、所以qp,0pq,即ee2rs.选考题:共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做,则按所做的第一题计分选修 4-4:坐标系与参数方程22(本小题满分 10 分)【解析】(1)由2cos22sinxy(为参数),消去参数,得曲线1的普通方程为2+(2)2=4,由4cos,得24 cos,得曲线2的直角坐标方程为2+2=4,即(2)2+2=4所以两方程相减可得交线为=,所以直线的极坐标方程为4 (2)由:2 sin16l,得 3sin+cos=1,直线 l 的直角坐标方程+3=1,直线 l 的斜率为33,所以直线1的斜率为33,倾斜角为56,试卷第 6页,共 6页所以直线1的参

11、数方程为312122xtyt(t为参数),将直线1的参数方程代入曲线1,2+(2)2=4 中,得2330tt设A,B两点的参数为1,2,123tt,12=3,则1,2异号2121 21212121 24111115333ttt tttttPAPBttt t选修 4-5:不等式选讲23(10 分)【解析】(1)当2a 时,211f xxx去掉绝对值得:3,1,12,1,213,.2x xf xxxx x 令33x,解得:1x ,结合1x 得:令23x,解得:1x ,结合112x 得:112x 令33x,解得:1x,结合12x 得:112x综上,不等式 3fx 的解集为1,1.(2)当1a 时,11f xxx,因为111(1)2xxxx,当且仅当(1)(1)0,11xxx 时等号成立.所以 f x的最小值为 2,即2m=,所以22bc,因为2(2)22 222 2bcbcbcbc,且2 222bcbc,所以2(2)4bc,所以22bc.

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