高三理数一练参考答案

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-参考答案一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．题号123456789101112答案BACDABCBDACC二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分．n1113．314．215．4.2516．,22三、解答题:共70分．17．（12分）【解析】（1）由题意，(ab)(sinAsinB)c(sinC3sinB)，(ab)(ab)a2b2c23bc，即b2c2a23bc，b2c2a23bc3cosA，在ABC中，A(0,)，A2bc2bc26（2）a2，且sinB,sinA,sinC成等差数列，由正弦定理得bc2a4，b2c2a2(bc)22bca2162bc43又由（1）知A，cosA62bc2bc2bc2bcsinA12(23)1bc12(23)，ABC的面积S3(23)ABC22218．(12分）【解析】（1）当n1时，4(a1a2)3a19，927274a9,a，244216当n2时，由4Sn13Sn9①，得4Sn3Sn19②，①②得4an13an试卷第1页，共6页27an13a20,an0,，16an4a2393又,{an}是首项为，公比为的等比数列，a1444933a()n13()n；n444n43（2）由3b(n4)a0，得ba(n4)()n，nnn3n4234n所以33333，Tn3210(n4)44444234nn1333333，Tn321(n5)(n4)444444234nn1两式相减得1333333Tn3(n4)4444444n1931n191643(n4)34144n1n1n1993334(n4)n，444443所以T4n()n1，n433由Tb得4n()n1(n4)()n恒成立，nn44即(n4)3n0恒成立，n4时不等式恒成立；3n12n4时，3，得1；n4n43n12n4时，3，得3；n4n4所以31.19．（12分）【解析】34562.5344.5（1）由题，x4.5，y3.5，444xiyi32.5435464.566.5，i1422222xi345686，i1422222yi2.5344.551.5，i1试卷第2页，共6页66.544.53.53.5所以相关系数r0.99，8644.5251.543.5252.5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.66.544.53.5bˆ0.7，aˆybˆx3.50.74.50.35，8644.52故y关于x的线性回归方程为yˆ0.7x0.35.（2）①将x2代入yˆ0.7x0.35，得yˆ0.720.351.75，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10001750（万元）.②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，P(X0)(1p)(22p)2p24p2，P(X1)(1p)(2p1)p(22p)4p25p1，P(X2)P(2p1)2p2p.所以E(X)04p25p112p2p23p1，所以E(1000X)1000(3p1)，4由1000(3p1)1400，得p，5114又p1，所以p，22514故p的取值范围为,.2520.（12分）【解析】(1)因为直线l：x1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B2,0，a2.1设D1,y为直线l与C的一个交点，则菱形的面积为22y2y.020066因为菱形的面积为，所以2y6，解得，即D1,60y0226x2y213将点D1,代入，得1，又因为2，所以222122a4b2.2aba2bx2y2故C的方程为142(2)①由题意，得OB为圆E的一条弦，且直线x1垂直平分该弦，试卷第3页，共6页故直线x1经过圆心E，所以MN为圆E的直径，因此MON90，即OMON0.设M1,yM，N1,yN，则yMyN1.yyyy1注意到kM，kN，则kkMN.AM3AN3AMAN991又因为kk，kANkAQ，所以kkAMAPAPAQ9②易知直线PQ不可能平行于x轴，则设直线PQ的方程为xmyt（t2），Px1,y1，Qx2,y2.xmyt,222由x2y2得m2y2mtyt40.1,424m2t24m22t2482m24t20，（*）2mtt24yy，yy.①12m2212m22y1y2y1y21因为kAP，kAQ，所以，x12x22x12x229yy1即12，my1t2my2t29yy112即22.my1y2mt2y1y2t29t241将①代入上式得2，m2t242m2tt2t2m229t2114化简得，解得t，满足（*），2t291114所以直线PQ的方程为xmy，1114故直线PQ过定点,0．1121．（12分）【解析】1x（1）由f(x)xln(x1)的定义域为(1,)，f(x)1，f(x)0得x1x1x0，f(x)0得x0，f(x)0得1x0，所以f(x)在(1,0)单调递减，在x1(0,)单调递增，故f(x)在x0处取得极小值，且f(x)极小0，由g(x)ae1，由题意可得，ae11=0，g(0)ae1b0，解得ae,b=1．（2）①由（1）知，g(x)exx1，且g(x)在(,0)单调递减，在(0,)单调递增，试卷第4页，共6页rs所以pln(p1)m，qln(q1)m，er1t，es1t．且1p0，q0，r0，s0，又pln(p1)m可化为p1ln(p1)1m,eln(p1)ln(p1)1m,即ln(p1)是exx1m的解，同理ln(q1)也是它的解，所以rln(p1)，sln(q1)②由①知，证明eres2即证pq0，令h(x)f(x)f(x)，则h(x)2xln(1x)ln(1x)，h(0)0112x2则h(x)20，所以h(x)(1,1)上单调递减，1x1x1x2因为1p0，所以h(p)h(0)0，即f(p)f(p)0，因为f(p)f(q)所以f(q)f(p)，由f(x)在(0,)单调递增，所以qp，pq0，即eres2.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】x2cos（1）由(为参数)，消去参数，y22sin得曲线的普通方程为，221由�4cos，得2�4+c(o�s−2，)=4得曲线的直角坐标方程为，即．2222所以两方�2程相减可得交线为�+�，=4�(�−2)+�=4所以直线的极坐标方程为�=�．4�∈�（2）由l:2sin1，得，63�sin�+�cos�=1∴直线l的直角坐标方程，3�+3�=135直线l的斜率为，所以直线的斜率为，倾斜角为，336�1试卷第5页，共6页3x1t所以直线的参数方程为2(t为参数)，11y2t�2将直线的参数方程代入曲线，中，得t23t30．2211设A，B�两点的参数为，，��+(�−2)=412∴，��，则，异号．t1t231212��=−3��21111ttttt1t24t1t215∴1212．PAPBt1t2t1t2333[选修4-5：不等式选讲]23．（10分）【解析】（1）当a2时，fx2x1x13x,x1,1去掉绝对值得：fxx2,1x,213x,x.2令3x3，解得：x1，结合x1得：11令x23，解得：x1，结合1x得：1x2211令3x3，解得：x1，结合x得：x122综上，不等式fx3的解集为1,1.（2）当a1时，fxx1x1，因为x1x1x1(x1)2，当且仅当(x1)(x1)0,1x1时等号成立.所以fx的最小值为2，即m=2，所以b2c2，因为2且，(b2c)b2c22bc222bc，22bcb2c2所以2，所以．(b2c)4b2c2.试卷第6页，共6页