2023年茂名一模数学答案

2023年茂名市高三级第一次综合测试数学参考答案一、单选题：12345678DAADCCBD【解析】将个插空放入不相邻的个空位（个之间有个空位）中，24.285465C5105.【解析】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为23m，面积为33m2的等腰三角形，12123π2π所以lsin(23)sin33，解得sin，则或．222332πππ由得，hlcos23cos3，rlsin23sin3，3232311则上半部分的体积为πr2hπ32333πm3，33下半部分体积为r2h18蒙古包的体积为(1833)πm31cos2x12π16.【解析】对于选项A,f(x)sin2xsin(2x)，Tπ222421（1-2sin2x）2sin2x选项B:sinx0且cosx0,f(x)=tanxTπ2sinxcosx2sinxcosx1313对于选项C,f(x)cosxsinxcosxsinxcosx，T2π22221π1π对于选项D,f(x)sin2(x)sin(2x)，Tπ2623687.【解析】aln4,bln31,cln5,562x1x12故可构造函数fxlnx,f'x0,所以f3f4f5x1xx1218.【解析】当PCCD时，三棱锥PACD的表面积取最大值，PD22，三棱锥PACD的外接球的82半径为R2，外接球体积为3.二、多选题：本题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9101112ACDACDABDBC10．【解析】由题意得，fx的图像关于1，0中心对称，故A正确；由fxfx,且fxf2x得fxfxf2xfx的周期为4，故B错误；f10f10，故C正确；7111fx的周期为4，fff，故D正确222411.【解析】A选项：由抛物线C的定义知A是正确的；1B选项：由yx，切线方抛物线C在点(2，1）处的切线斜率为1，切线方程为xy10；2C选项：顶点在原点O的正三角形与抛物线相交与A、B两点,这个正三角形的边长为43p，OAB的周长为243，C错；D选项：F为抛物线的焦点，过H作HD垂直抛物线C的准线y=1于点D，如图HGHG1由抛物线的定义知，tHFHDsinHGD当t取最大值时，∠HGD取最小值，（正弦函数的单调性的应用）即直线GH与抛物线C相切．设直线HG的方程为ykx1，2ykx1由得x24kx40，2x4y所以2，解得，16k160k1此时x24kx40，即x24x40，所以x2，故H2,1，11所以SGFx222，故D正确．△GFH2H212.【解析】原式变形为memmnlnnlnn，构造函数fxxexx，f'xexx11，x0时，exx11,f'x0,fx单调递增，x0时，exx11,f'x0,fx单调递减对于A，取mn1满足原式，所以A错对于B，当lnn0，即n1时，m0,em1n，当lnn0时，fx在0，时单调递增，原式fmflnn，mlnn，即emn，所以B对。对于C，当lnn0时，显然会有mlnn0；当lnn0时，根据单调性可设ftfmflnn,t0且lnnt。当x0时，令hxfxfxx(exex2)，由基本不等式知exex2，所以hx0,hm0,即ftfmfm,又x0时，fx单调递增，tm,lnnmtm0,故C对111对于D，取m2,n,满足原式，但2ee2e三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．答案：56r8rrr82r38!182【解析】TCxxCx，令82r2，r3，C56.故(x)的展开式中xr18883!5!x的系数为56．315335014.答案：(x1)2(y1)24或(x)2(y)2或(x)2(y)2或(x1)2y252224416【解析】过(1,1),(1,1),(3,1)三时，圆的方程是：(x1)2(y1)24315过(1,1),(2,2),(3,1)三时，圆的方程是：(x)2(y)22223350过(1,1),(1,1),(2,2)三时，圆的方程是：(x)2(y)244163过(1,1),(2,2),(3,1)三时，圆的方程是：(x1)2y25115．答案：x211【解析】由f(x)ecos(2x)e2x2ex0得ecos(2x)2exe2xee21左边：ecosπx,e2111右边：可证明2exex,当且仅当x时取等，所以2exe2x.2ee11要想两边相等，只能x,所以f(x)零点为x225616．答案：(1,]1216.【解析】因为A在B的上方，且这两点都在C上，所以A(2m,3n)，B(2m,3n)，则|AB|23n.因为A是线段BD的中点，又EAy轴，所以EABD，|ED||EB|，所以△BDE的内心G在线段EA上.|DA||GA|因为DG平分∠ADE，在ADE中，所以，|DE||GE|△23n2md2m设EGd，所以1，(2m)2(23n)2dd33因为G到y轴的距离不小于m，md2m2223n1(2m)2(23n)2322n1，故n56.21e1m24m12四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．．解：（1）当n=1时，2，………1分17a12a1,an0a122当n2时，an2an4Sn（1），2an12an14Sn1（2），………2分4（）—（）得：22………3分12an2an(an12an1)4(SnSn1)22即anan14an2(anan1)2(anan1)………4分即(anan1)(anan1)2(anan1)………5分an0，anan12数列是为首项，公差为的等差数列，………6分{an}22an22(n1)2n1111（2）由（1）得，b()………7分n2n(2n2)4nn111111111T(1)(1)………8分n4223nn14n11110,11,T………9分n1n1n41又nN,随着n的增大而减少，从而Tn随着n的增大而增大n11TTn1811综上所述，T………10分8n418．解：（1）在ABC中，由ab2bcosC及正弦定理得：sinAsinB2sinBcosC，………1分又A(BC)，sinAsin[(BC)]sin(BC)sinBcosCcosBsinC………2分即sinBcosCcosBsinCsinB2sinBcosC，………3分sinBcosCcosBsinC2sinBcosCsinB，,sin(CB)sinB………4分0sinBsin(CB),0CBC.………5分B(CB)C,BCB,C2B………6分（2）方法一：由（1）得：C2B得BC3B(0,)，10B，cosB1，………7分32由题意ab2bcosC，C2B及正弦定理得：acb2bcosCcsinB2sinBcosCsinCsinB2sinBcosCsin2B………8分bbsinBsinBsinB2sinBcosC2sinBcosB12cosC2cosB12cos2B2cosB………9分sinB512(2cos2B1)2cosB4cos2B2cosB1………10分154(cosB)2………11分44115accosB1，14(cosB)25，即15，244bac故的取值范围为(1,5)………12分bacsinAsinC方法二：由正弦定理得：，………6分bsinBABC,A(BC)，sinAsinCsin[(BC)]sinCsin(BC)sinC………7分sinBsinBsinBacsin(B2B)sin2B由（1）得：C2B，故bsinBsinBcos2BcosBsin2Bsin2B………8分sinBsinBcos2BcosB2sinBcosB2sinBcosBsinBcos2B2cos2B2cosB2cos2B12cos2B2cosB4cos2B2cosB1………9分154(cosB)2………10分44由（1）得：C2B得BC3B(0,)，10B，cosB1，………11分3215ac14(cosB)25，即15，44bac故的取值范围为(1,5)………12分b．证明：（）平面平面平面平面191OD//PAB，CABPABAB,ODCABOD//AB,又O为BC的中点………2分D为AC的中点又E为PC的中点平面平面DE//PA,PAPAB,DEPABDE//平面PAB………4分6（2）如图所示取BD的中点F，连结PF、AF，底面ABC在半圆O上，BC为圆O的直径，ADAB……………5分ABAD4BD42,FAFBFD22又PBPD4PB2PD2BD2PBPD……………6分FP22FP2FB2PB2,FP2FA2PA2,FP2FD2PD2,FPFB,FPFA,FPFD,又FAFBF，FA、FB平面ABDPF平面ABD……………7分法一：建立如图所示的空间直角坐标系，A(0,0,0),B(4,0,0),C(0,8,0),P(2,2,22)AB(4,0,0),BC(4,8,0),BP(2,2,22)……………9分设平面的法向量为则PABn1x1,y1,z1,nAB4x011令，则，z11y12x10n1BP2x12y122z10……………分n1(0,2,1)10设平面的法向量为则CPBn2x2,y2,z2,nBC4x8y0222令，则，2y21x22z22n2BP2x22y222z2072……………11分n22,1,2设平面PAB与平面PBC的夹角为，则2|2||nn|33122……………分cos|cosn1,n2|12nn11331232法二：建立如图所示的空间直角坐标系，zyxA(22,0,0),B(0,22,0),C(22,42,0),P(0,0,22)AB(22,22,0),BC(22,62,0),BP(0,22,22)……………9分设平面的法向量为则PABn1x1,y1,z1,nA