鹰潭市2023届高三第二次模拟考试 理数答案

鹰潭市2023届高三第二次模拟考试数学答案(理科)一、单选题DBCBAACBCADC314二、填空题13.240,14.15.16．423三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.S1S17.解：（1）由n是公差为的等差数列，且11，n21S111则n1n1n，..........2分n222即2，当时，2，2Snnnn22Sn1n1n1两式相减可得：2an2n，即ann,n2，因为a11满足上式，所以数列an的通项公式为ann...........6分2122n1（）由（）可得ann，所以2nn，分21bn22T2242..........82n112又nn0n1n1n11，因为01n1均为正整数，所以存在正整数使4(31)Cn3Cn3Cn31Cn,Cn,,Cnk得n，故n，所以除以的余数为分43k1T2n1423k1T2n132..................1218.解:（1）每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”,则可能的情况有①甲投中一次,乙投中12两次;②甲投中两次,乙投中一次;③甲投中两次,乙投中两次,p,p，他们在第一轮游戏获得12232222神投小组称号的概率为11121121124分“”C2C2..........4223233239（2）①由题意得他们在一轮游戏获得“神投小组”称号12212222的概率pC2p11p1p2p1C2p21p2p1p22p1p2p1p23p2p1,612pp，ppp3p2p2,1255122161又0p1,0p1,pp,则p1，1212551263919令2则m,mp1p2p1p1p1,,55255252212212py(m)3mm3m,55251219929732在上单调递增则此时分p3mm,,pmaxy,p1p2...........85525256255297②他们小组在n轮游戏中获得“神投小组”称号的次数满足~Bn,,625297n625np297,则297,平均要进行625轮游戏...........12分625第1页共4页19.解：(1)因为在三棱柱中，O为A1在底面投影，所以A1O面ABC，CC1∥面A1AB...........2分AB又因为O为AB中点，所以OA1，AC＝2，所以OC3．2因为AA与底面ABC内所有直线所成角中的最小值为，且AO面ABC，141所以AAB，OAOA1，...............4分141所以1113．分VVVVS△AO231..........5A1ABC1C1ABA1CABA1A1ABC3ABC1323(2)以O为原点，OB，OC，OA1为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得O0,0,0，B1,0,0，C0,3,0，A1,0,0，A10,0,1，............6分13又因为3A1MA1C1，所以M,,1，3323所以BM,,1，BA2,0,0，BC1,3,0．........7分33mBM0,设为平面的一个法向量，则即mx1,y1,z1ABMmBA0,23xyz0,31311，2x10,令，则；（分）设为平面的一个法向量，z11m0,3,19nx2,y2,z2CBM23nBM0,xyz0,则即222，令，则．分33x23n3,3,1...........10nBC0,x23y20,mn0,3,13,3,113所以cosm,n．............................11分mn21313213239所以二面角ABMC的正弦值为1．..............12分1313x220.解：（1）双曲线C的方程为y21...........4分3x2（2）由双曲线C的方程为y21的方程可得a3,b1,ca2b22，3由题意可得点B1,0，则有：当直线l与y轴垂直时，则M3,0,N3,0，266可得直线AM:yx3，令x1，则y，即点P1,，3333PB66同理可得：点Q1,，故PBBQ，即1；..........5分33BQ当直线l不与y轴垂直时，设直线l:xty1,Mx1,y1,Nx2,y2，xty1222联立方程x2，消去x得t3y2ty20，y13第2页共4页2t2则0,yy,yy，..........6分12t2312t23y2y2可得直线AM:y1x321x32，x13ty12y22t2y1令x1，则y122，ty12ty122t2y12t2y2即点P1,，同理可得：Q1,分..........8ty12ty222t2y12t2y22t2ty22y1ty22y12t22ty1y22y1y2∵ty12ty22ty12ty22ty12ty224t4t2t222t3t3，分0..........10ty12ty22PBPB即点P,Q关于x轴对称，故PBBQ，即1；综上所述：的值为1...........12分BQBQlnx1xlnx121.解:（1）fx定义域为(0,)f(x)1,..........1分xxx1x1记h(x)xlnx1,h(x)1,当x(0,1)时，hx0；当x(1,)时，hx0，xx∴hx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，..........3分故hxh120,fx0，∴fx在(0,)上单调递增．..........4分（2）gx定义域为R，gxxexaxxexa，①当a0时，gxx1ex有唯一零点x1，符合题意；..........5分②当a0时，exa0，当x(,0)时，gx0,gx在(,0)单调递减；当,时，在,+单调递增，故2，分x(0)gx0,gx(0)gxming0a1..........6若a1，则gxg00,gx无零点，不符题意；若a1，gx有唯一零点x0，符合题意；1若1a0，则g0a210，又g(1)a2a0，22xaxx4x1时，x1ex12x，a20，∴g(x)2x(4ax),g()0，22a4故gx在(0,1),(,0)内各有一个零点，函数有两个零点，不符题意；..........8分a③当0a1时，当x(1na,0)时，gx0,当x,lnaU(0,)时，gx0,则gx在,lna,(0，)上单调递增，在(1na,0)上单调递减，a(lna)2又glnaalna1a2af(a)af(1)0，..........9分2x1时，令m(x)exx2,m(x)ex2x，令n(x)ex2x,n(x)ex20，即m(x)ex2x在(1,)单调递增，故m(x)m(1)e20，故m(x)exx2在(1,)单调递增，则m(x)m(1)e10，ax2aa所以exx2，故g(x)(x1)x2x2(x1)，则g(1)0，..........10分222a故gx此时在(lna,1)上有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为1[0,1)...........12分2第3页共4页2222.解：（1）根据曲线C2的极坐标方程为可得，53cos2222222y26cos8，即8x2y8，所以曲线C2的直角坐标方程为x1；4xcos根据圆锥曲线参数方程定义可得，曲线C2的参数方程为，（为参数）...........5分y2sin（2）由曲线C1的极坐标方程为2cos可得，22曲线C1的直角坐标方程为x1y1，其圆心C11,0，半径r1；由题意可得设Bcos,2sin，易知A,B之间距离的最大值为点B到圆心C1的距离的最大值再加上半径，即222，ABmaxBC1rcos12sin13cos2cos51143由二次函数性质可知，当cos时，AB1；3max343所以A,B之间距离的最大值为1............10分31123.解：（1）由m2n24m2n2，得4，m2n211212又，所以mn，当且仅当mn时等号成立，m2n2mn2211331313112222222222而mnmnmnmnnm4m2n2m2n2(mn)11221122224mn2mn422，4mn2mnmn4211332当且仅当mn时等号成立.故m2n2m2n22...........5分2211112224422221621628（2）mnmnmn(mn)1，2211当且仅当mn时等号成立.故8...........10分2m4n4第4页共4页