高三一模数学答案

太原市2023年高三年级模拟考试（一）数学试题参考答案及评分标准一、选择题：ACDBACDC二、选择题:9.BC10.ACD11.AC12.AD2三、填空题：13.3014.115.216.四、解答题：17.解：（1）设的公差为，是等差数列，，{an}d{Sn}2S2S1S3，，*；………5分22d133dd2an2n1(nN)n(aa)（2）由（1）得S1nn2，n2Sn21(4n21)11111n，………8分bn()anan1(2n1)(2n1)4(2n1)(2n1)482n12n1n111111n2nTbbb[(1)()()].………10分n12n483352n12n14n22318.解：（1）选择条件①：sin2Bsin2CsinA(sinBsinCsinA)，323由题意可得sin2Bsin2Csin2AsinAsinBsinC，323由正弦定理得b2c2a2bcsinA，………3分33由余弦定理b2c2a22bccosA可得sinAcosA，tanA3，30A，A60；………6分选择条件②：cos2Acos2Bsin2CsinBsinC，由题意可得1sin2A1sin2Bsin2CsinBsinC，即sin2Bsin2Csin2AsinBsinC，由正弦定理得b2c2a2bc，………3分b2c2a21由余弦定理得cosA，2bc20A，A60；………6分12（2）由（1）得A60，BD2CD，ADABAC，3321212424AD(ABAC)2ABACABAC33999144142c2b2bccosAc2b2bc4，………9分99999936c24b22bc4bc2bc6bc，bc6，1333SbcsinAbc，ABC24233当且仅当b3,c23时，△ABC的面积取最大值.………12分219解：（1）取AD的中点G，连接EG,FG，F是PD的中点，GF//AP，AP平面PAB，FG平面PAB，GF//平面PAB，同理可得GE//平面PAB，………3分GEGFG，GE平面GEF，GF平面GEF，平面GEF//平面PAB，EF//平面PAB；………6分（2）以点A为原点，AB，AD所在的直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可得A(0,0,0)，B(4,0,0)，D(0,4,0)，C(2,4,0)，PA2，直线PA与平面ABCD的所成角为30，点P的竖坐标z1，又PAB60，点P的横坐标x1，纵坐标y2，P(1,2,1)，………8分设是平面的一个法向量，则mAB,m(x1,y1,z1)PABmAP，4x0,1令，则，，y11z12m(0,1,2)，x12y1z10设是平面的一个法向量，则nAD,n(x2,y2,z2)PADnAP，4y0,1令，则，，………10分x11z11n(1,0,1)，x12y1z10mn23cosm,n，|m||n|3233平面PAB与平面PAD夹角的余弦值为.………12分3202012012020.解：（1），，，，xi60yi1200xxi3yyi60i1i120i120i120xy20xyii440020360ˆi1，ˆ，b20210aˆybx601033022260203xi20xi1y关于x的线性经验回归方程为yˆ10x30；………3分（2）由（1）得yˆ10x30，4510x3075，1.5x4.5，该新药中此药物成份含量x的取值范围为[1.5,4.5]；………5分（3）（i）设A“随机抽取一件新药，是设备A生产的”，则A“随机抽取一件新药，是设备B生产的”，B“随机抽取一件新药为不合格品”，21由题意得P(A)，P(A)，P(B|A)0.009，P(B|A)0.006，3321P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)0.0090.0060.008；………8分33（ii）设C“抽到一件不合格的新药，它是设备A生产的”，P(AB)P(A)P(B|A)20.0093则P(C)P(A|B)，………10分P(B)P(B)30.00843设X表示三件不合格新药来自设备A生产的件数，则X～B(3,)，431327所求事件的概率为P(X2)P(X2)P(X3)C2(）2C3()3.……12分3443432xy21.解：（1）由题意可得直线AB的方程为1，即bxayab0，ab12ab23直线AB与圆x2y2相切，r，7a2b212(a2b2)，7a2b2722227ab12(ab),2c14a4,e，a2b2c2，a2b2，由可得2422a23abb3,3x2y2椭圆C的方程为1；………4分43（2）由题意可设，，，，P(x1,y1)Q(x2,y2)D(x1,y3)N(x1,y4)xyx由（1）得，，则直线的方程为，1，A(2,0)B(0,3)AB1y33(1)232y(x2)y直线的方程为2，12，AQy(x2)y4x22x22设直线PQ的方程为yk(x2)3，k0，yk(x2)3,222由22得,xy(34k)x8k(32k)x16(k3k)01438k(2k3)16(k23k)xx，xx，………8分1234k21234k2(x2)y(x2)y(x2)y3(x2)(x2)12122112，y1y42y3y13(2x1)x22x22(x12)y2(x22)y13(x12)(x22)x1y2x2y12(y1y2)3(x12)(x22)x1[k(x22)3]x2[k(x12)3]2(y1y2)3(x12)(x22)(2k3)x1x2(4k3)(x1x2)8k1[16(2k3)(k23k)8k(4k3)(2k3)8k(34k2)]0，34k2，是中点.………12分y1y42y3DPN1x2ax122.解：（1）由题意得f(x)xalnx，x0，f(x)，xxx2ax1x22x1(x1)2①当a2时，f(x)0，f(x)在(0,)上递增，xxx当0x1时，f(x)f(1)0，f(x)在(0,1)上递减，当x1时，f(x)f(1)0，f(x)在(1,)上递增，f(x)只有一个极值点x1，此时不符合题意；………2分x2ax1②当a2时，令f(x)0，即x2ax10，xaa24aa24则m和n是方程f(x)0的两个实数解，且0m1n，22f(x)在(0,m)和(n,)上递增，在(m,n)上递减，且f(1)0，………3分f(m)f(1)0，f(e2a)e2ae2a2a21(12a2a2)2a22a0，2a，，在上存在唯一零点，x1(e,m)f(x1)0f(x)(0,m)x1f(n)f(1)0，f(e2a)e2ae2a2a2(12a2a2)12a22a0，2a，，在上存在唯一零点，………5分x3(n,e)f(x3)0f(x)(n,)x3在和上递减，在和上递增，记，f(x)(0,x1)(1,x3)(x1,1)(x3,)x21是的三个不同的极值点，且，x1,x2,x3f(x)0x1x21x3综上，实数a的取值范围为(2，)；………6分（2）由（1）得当时，有三个不同的极值点，且，a2f(x)x1,x2,x30x1x21x3①要证，只需证，x1x2x31x1x311111f()xaln(xalnx)f(x)，xxxx111，，，.………8分f()f(x3)001x1x1x31x3x3x3②要证，只需证，x1x2x33(a1)x1x33a411,,f(x3)x3alnx30alnx3x3x3x311只需证，………10分(x3)lnx34lnx33(x3)0x3x311x212(x1)令u(x)(x)lnx4lnx3(x)，x1，则u(x)[lnx]，xxx2x12(x1)(x1)2令v(x)lnx，x1，则v(x)0，x1x(x1)2v(x)v(1)0，u(x)u(1)0，u(x)u(1)0，11，即.………12分(x3)lnx34lnx33(x3)0x1x2x33(a1)x3x3注：以上各题其它解法请酌情赋分.