【文档说明】江西省上饶市2023届高三第一次高考模拟考试数学（理科）试卷答案.pdf，共(8)页，401.261 KB，由小赞的店铺上传

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上饶市2023届第一次高考模拟考试理科数学参考答案题号123456789101112选项BACDCDBBCCAA13.114.2015.255−−16.𝑃1𝑃3+𝑃2𝑃3−𝑃1𝑃2𝑃31.解：A={𝑥|𝑥≤−4或𝑥≥1},所以𝐴∩𝐵={1,2},故选B2.解：由题意

得，𝑧=(1+i)(2−i)=(1+i)(2+i)(2−i)(2+i)=1+3i5.|𝑧|=√(15)2+(35)2=√105故选A3.解：由题知1,51=−=dda，所以28=a，故选C4．解：由二项展开式通项公式可得𝑇𝑟+1=C6𝑟𝑥2(6−𝑟)(−2𝑥)𝑟=

C6𝑟(−2)𝑟𝑥12−3𝑟，令12−3𝑟=0解得𝑟=4，所以常数项𝑇5=C64(−2)4=240，故选D5.解：画出可行区域如图，由𝑧=2𝑥+𝑦得𝑦=−3𝑥+𝑧，则当直线𝑦=−3𝑥+𝑧经过点(2,2)时，𝑧

取最大值，𝑧𝑚𝑎𝑥=8.故选：C.6.解：4,0mF，)0,2(B，8,1mA，代入抛物线方程得22=m.故选D7.解：21tan−=，()1)(tantan−=−−=.故选B8.解：设𝑃的投影为O且𝑃

𝑂=𝑥m，在Rt△𝐷𝐸𝐶中，∠𝑃𝐶𝑂=𝜋3，所以𝐶𝑂=𝑥√3，在Rt△𝑃𝑂𝐵中，∠𝑃𝐵𝑂=𝜋4，所以𝐵𝑂=𝑥，在Rt△𝑃𝐴𝑂中，∠𝑃𝐴𝑂=𝜋6，所以𝐴𝑂=√3𝑥，在△𝐵𝑂𝐶和△𝐵𝑂𝐴中分别用余弦

定理得𝑐𝑜𝑠∠𝑂𝐵𝐶+𝑐𝑜𝑠∠𝑂𝐵𝐴=𝑥2+400−𝑥2340𝑥+𝑥2+400−3𝑥240𝑥=0，解得𝑥=10√6.故选：B.9.解：作截面如图，其中G和H分别为AB和

𝐴𝐴′的三等分点，所以周长为8√23+403.选C10.解：由题知()+=xxf32cos的图像关于直线4=x对称，Zkk+−=,6，()+−=kxxf632cos，()0=xf等价于0632cos=−x由图可知a的最

小值为25.故选C11.设切点为N，连接ON，作𝐹2作𝐹2𝑁⊥𝑀𝑁，垂足为A，由|𝑂𝑁|=𝑎，且𝑂𝑁为Δ𝐹1𝐹2𝐴的中位线，可得|𝐹2𝐴|=2𝑎,|𝐹1𝑁|=√𝑐2−𝑎2=𝑏，即有|𝐹1𝐴

|=2𝑏，在直角三角形Δ𝑀𝐹2𝐴中，可得|𝑀𝐹2|=2√2𝑎，即有|𝑀𝐹1|=2𝑏+2𝑎，由双曲线的定义可得|𝑀𝐹1|−|𝑀𝐹2|=2𝑏+2𝑎−2√2𝑎=2𝑎，可得𝑏=√2𝑎，所以𝑐=√

𝑎2+𝑏2=√3𝑎，所以𝑒=𝑐𝑎=√3，故选A.12.若𝑥=43,𝑎=𝑥−1,𝑏=𝑥ln𝑥，令𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥−(𝑥−1)CC'DD'ABA'B'FEHG𝑓′(𝑥)=ln�

�+1−1=0,𝑥=1,𝑓(𝑥)在(1,+∞)上单调递增，𝑓(𝑥)>𝑓(1)=0∴43ln43>13，即c＞a(1+13)6=𝐶60(13)0+𝐶61(13)1+⋯+𝐶66(13)6＞𝐶60(13)0+𝐶61(13)1=3＞𝑒，∴1+13

＞𝑒16，13＞𝑒16−1又𝑠𝑖𝑛16＜16∴13＞𝑒16−1＞𝑒sin16−1，即𝑎＞b∴bac故选A13.解：本题考查向量数量积运算.因为|𝑎⃗|=2|𝑏⃗⃗|=2，所以|𝑏⃗⃗|=1，所以(𝑎⃗-2𝑏⃗⃗)·(𝑎⃗+𝑏⃗⃗

)=𝑎⃗2-𝑎⃗·𝑏⃗⃗-2𝑏⃗⃗2=𝑎⃗2-|𝑎⃗|·|𝑏⃗⃗|cosθ-2𝑏⃗⃗2=4-2×1×12-2×1=1.故答案为：1.14.解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则4,162==rr，,16312=

hr3=h，母线长等于5，圆锥侧面积为20.15.解：()()nnnnaa1222122211−−+−+=−+=()211−−n，nnaa22−=+，该数列奇数项和偶数项分别是公比为-2的等比数列，8S=255−−.16

.当T1处接入𝑎时能正常工作的概率𝑃′=𝑃1[1−(1−𝑃2)(1−𝑃3)]=𝑃1𝑃2+𝑃1𝑃3−𝑃1𝑃2𝑃3同理可知当T1处接入b时能正常工作的概率𝑃′′=𝑃1𝑃2+𝑃2𝑃3−𝑃1𝑃2�

�3当𝑇1处接入𝑐时能正常工作的概率𝑃′′′=𝑃1𝑃3+𝑃2𝑃3−𝑃1𝑃2𝑃3因为0<𝑃1<𝑃2<𝑃3<1，所以𝑃′′′>𝑃′,且𝑃′′′>𝑃′′,所以此电路正常工作的最大概率是𝑃1

𝑃3+𝑃2𝑃3−𝑃1𝑃2𝑃317.解：（1）−=DBCABD43coscos+−=101022101032255=--------(4分)5=BD，2=AD.--------(6分)()2以A为原点，AB为x轴正半轴

建立平面直角坐标系，则()()()2,0,1,2,0,1),0,0(DCBA()()2,1,1,2−==BDAC，=,0BDACBDAC⊥.--------(12分)18.解：（1）由题意知𝑎+0.01+0.

018+0.022+0.025+0.020=0.1，所以𝑎=0.005,--------(2分)设某学生每天运动时间不低于20分钟为事件A，该学生是运动族为事件B，则𝑃(𝐵|𝐴)=𝑃(𝐴𝐵)

𝑃(𝐴)=0.250.72=2572--------(5分)（2）由题意知样本里共有“运动族”学生25人，其中20人每天平均运动时间40-50分钟，所以X的所有可能取值有0，1，2𝑃(𝑋=0)=𝐶52𝐶252=130𝑃(𝑋=1)=𝐶51𝐶201�

�252=13𝑃(𝑋=2)=𝐶202𝐶252=1930所以分布列为X012P130131930--------(10分)𝐸𝑋=0×130+1×13+2×1930=85--------(12分)19.解：（1）取BC中点为O，连接EO，AO，则⊥AO平面BCDE，,BDAO⊥又BDAE

⊥，⊥BD平面𝐴𝐸𝑂,--------(3分)∴𝐵𝐷⊥𝐸𝑂，由EBO相似于DEB可得4=BE。--------(5分)（2）如图，以O为原点建立空间直角坐标系，𝐴(0,2√6,0)，𝐷(2√2,0,4)𝐵(−2√2,0,0)

，𝐸(−2√2,0,4),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2√2,−2√6,4),𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,4),𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−4√2,0,0),--------(6分)设平面BAE的法向量𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗=(�

�1,𝑦1,𝑧1),平面DAE的法向量𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥2,𝑦2,𝑧2),则有{−2√2𝑥1−2√6𝑦1+4𝑧1=04𝑧1=0，取𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗=(−√3，1，0)又有{−2√2𝑥2−2√6𝑦2+4𝑧

2=0−4√2𝑥2=0,取𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗=(0，√6，3)𝑐𝑜𝑠〈𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗,𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗〉=√62√15=√1010，--------(10分)所以所求角的余弦值为−√1010.--------(12分)20.解：（1）由题意，有

{𝑒=𝑐𝑎=232𝑐=4，解得𝑎=3，c=2，𝑏=√5，所以椭圆𝐶的方程为𝑥29+𝑦25=1；--------(4分)（2）由题意，点𝐸在𝑥轴上方且过点𝐹(2,0)，则直线𝑙的斜率不为0，设直线𝑙的方程为𝑥=�

�𝑦+2，𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)，则𝑦1>0，𝑦2<0，由{𝑥29+𝑦25=1𝑥=𝑚𝑦+2，可得(5𝑚2+9)𝑦2+20𝑚𝑦−25=0，Δ=4𝑚2+4×8(𝑚2+95)=36×(𝑚2+85)>0，𝑦1+𝑦2=−

20𝑚5𝑚2+9，𝑦1𝑦2=−255𝑚2+9，--------(6分)所以𝑦1+𝑦2𝑦1𝑦2=4𝑚5，即𝑚𝑦1𝑦2=54(𝑦1+𝑦2)，由𝐴1(−3,0)，𝐴2(3,0)，所以𝑘𝐴1𝑃=𝑦1𝑥1+3，则直线𝐴1𝑃的方程为𝑦=

𝑦1𝑥1+3(𝑥+3)，令𝑥=0，得𝑦=3𝑦1𝑥1+3，所以𝑀(0,3𝑦1𝑥1+3)，所以𝑘𝐴2𝑄=𝑦2𝑥2−3，则直线𝐴2𝑄的方程为𝑦=𝑦2𝑥2−3(𝑥−3)，令𝑥=0，得𝑦=−

3𝑦2𝑥2−3，所以𝑁(0,−3𝑦2𝑥2−3)，--------(8分)所以|𝑂𝑀||𝑂𝑁|=|3𝑦1𝑥1+3||−3𝑦2𝑥2−3|=|𝑦1(𝑥2−3)||𝑦2(𝑥1+3)|=|𝑦1(𝑚𝑦2−1)||𝑦2(𝑚𝑦1+5)|

=|𝑚𝑦1𝑦2−𝑦1||𝑚𝑦1𝑦2+5𝑦2|-----(10分)=|54(𝑦1+𝑦2)−2𝑦1||54(𝑦1+𝑦2)+4𝑦2|=|𝑦1+5𝑦2||5𝑦1+25𝑦2|=15，所以|𝑂𝑀||𝑂𝑁

|=15．--------(12分)21.解：（1）由已知可知𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥-𝑎--------(1分)①当𝑎≤0时，𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)在R上单调递增；--------(2分)②当𝑎>0时，令𝑓′(𝑥)=0，则𝑥=𝑙

𝑛𝑎,当𝑥∈(−∞,𝑙𝑛𝑎)时，𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥)在单调递减当𝑥∈[𝑙𝑛𝑎,+∞)时，𝑓′(𝑥)≥0,𝑓(𝑥)在单调递增--------(4分)（2）由已知ℎ(𝑥)=𝑒𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑎𝑥,ℎ′(𝑥)=𝑒𝑥(𝑠𝑖𝑛𝑥+

𝑐𝑜𝑠𝑥)−𝑎,令𝐻(𝑥)=ℎ′(𝑥),则𝐻′(𝑥)=2𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥.当𝑥∈(0,𝜋2)时,𝐻′(𝑥)>0,ℎ′(𝑥)单调递增；当𝑥∈(𝜋2,𝜋)时,𝐻′(𝑥)<0,ℎ′(𝑥)单调递减。ℎ′(0)=1−𝑎，ℎ′(𝜋2)=𝑒𝜋2−

𝑎>0,ℎ′(𝜋)=−𝑒𝜋−𝑎<0.--------(6分)①当0<𝑎≤1时，1−𝑎≥0，ℎ′(0)≥0,∃唯一𝑥0∈(𝜋2,𝜋),使得ℎ′(𝑥0)=0,当𝑥∈(0,𝑥0)时，ℎ′(𝑥)>0,ℎ(𝑥)递增;当𝑥∈(𝑥0,𝜋)时，ℎ′(𝑥)

<0，ℎ(𝑥)递减。因为ℎ(0)=0,所以ℎ(𝑥0)>0,又因为ℎ(𝜋)=−𝑎𝜋<0,由零点存在性定理可得，ℎ(𝑥)在（0，𝜋）上仅有一个零点。-------(8分)②当1<𝑎<3时，ℎ′(0)=1−𝑎<0，∃𝑥1∈(0,𝜋2),𝑥2∈(𝜋2,𝜋),使得ℎ′(𝑥1)=

ℎ′(𝑥2)，当𝑥∈(0，𝑥1)和𝑥∈(𝑥2，𝜋)时，ℎ′(𝑥)<0,ℎ(𝑥)单调递减，当𝑥∈(𝑥1，𝑥2)时，ℎ′(𝑥)>0,ℎ(𝑥)单调递增因为ℎ(0)=0,所以ℎ(𝑥1

)<0,又因为ℎ(𝜋2)=𝑒𝜋2−𝜋2𝑎>𝑒𝜋2−3𝜋2>0,所以ℎ(𝑥2)>ℎ(𝜋2)>0,而ℎ(𝜋)=−𝑎𝜋<0,由零点存在性定理可得，ℎ(𝑥)在(𝑥1，𝑥2)和(𝑥2，𝜋)上各有一个零点，即ℎ(𝑥)在(0，𝜋)上有2个零点.综上所述，

当𝑎≥1时,ℎ(𝑥)在（0，𝜋）上仅有一个零点;当1<𝑎<3时,ℎ(𝑥)在(0，𝜋)上有2个零点.-------(12分)22．解：（1）∵𝜌2=85−3𝑐𝑜𝑠2𝜃=85(𝑐𝑜𝑠2𝜃+𝑠𝑖𝑛2𝜃)−3(𝑐𝑜𝑠2𝜃−𝑠𝑖𝑛

2𝜃)=4𝑐𝑜𝑠2𝜃+4𝑠𝑖𝑛2𝜃，则𝜌2𝑐𝑜𝑠2𝜃+4𝜌2𝑠𝑖𝑛2𝜃=4，∴𝑥2+4𝑦2=4，即𝑥24+𝑦2=1，故曲线C的直角坐标方程为𝑥24+𝑦2=1.-------(5分

)（2）将直线𝑙的参数方程为{𝑥=√2+𝑡𝑐𝑜𝑠𝛼𝑦=𝑡𝑠𝑖𝑛𝛼（t为参数）代入曲线C的直角坐标方程为𝑥24+𝑦2=1，得(√2+𝑡𝑐𝑜𝑠𝛼)24+(𝑡𝑠𝑖𝑛𝛼)2=1，整理得(𝑐𝑜�

�2𝛼+4𝑠𝑖𝑛2𝛼)𝑡2+(2√2𝑐𝑜𝑠𝛼)𝑡−2=0，设A，B两点所对应的参数为𝑡1,𝑡2，则𝑡1+𝑡2=−2√2𝑐𝑜𝑠𝛼𝑐𝑜𝑠2𝛼+4𝑠𝑖𝑛2𝛼,𝑡1

𝑡2=−2𝑐𝑜𝑠2𝛼+4𝑠𝑖𝑛2𝛼，-------(7分)∵𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，则𝑡1=−2𝑡2，联立{𝑡1=−2𝑡2𝑡1+𝑡2=−2√2𝑐𝑜

𝑠𝛼𝑐𝑜𝑠2𝛼+4𝑠𝑖𝑛2𝛼，解得{𝑡1=−4√2𝑐𝑜𝑠𝛼𝑐𝑜𝑠2𝛼+4𝑠𝑖𝑛2𝛼𝑡2=2√2𝑐𝑜𝑠𝛼𝑐𝑜𝑠2𝛼+4𝑠𝑖𝑛2𝛼，将𝑡1,𝑡2代入𝑡1𝑡2=−2𝑐𝑜𝑠2𝛼+4𝑠𝑖𝑛

2𝛼得(−4√2𝑐𝑜𝑠𝛼𝑐𝑜𝑠2𝛼+4𝑠𝑖𝑛2𝛼)(2√2𝑐𝑜𝑠𝛼𝑐𝑜𝑠2𝛼+4𝑠𝑖𝑛2𝛼)=−2𝑐𝑜𝑠2𝛼+4𝑠𝑖𝑛2𝛼，解得𝑘2=𝑡𝑎𝑛2𝛼=74，故直线𝑙

的斜率为±√72.-------(10分)23．解：（1）由题意知，当𝑎=1时，𝑓(𝑥)=|2𝑥|+|𝑥−2|，所以𝑓(𝑥)={−3𝑥+2,𝑥<0𝑥+2,0≤𝑥<23𝑥−2,𝑥≥2因为𝑓(�

�)≤4，所以{𝑥<0−3𝑥+2≤4，或{0≤𝑥<2𝑥+2≤4，或{𝑥≥23𝑥−2≤4，解得−23≤𝑥≤2所以不等式𝑓(𝑥)≤4的解集为[−23，2].-------(5分)（2）由题知，𝑓(𝑥)=|2𝑥|+|𝑥−2𝑎|，因为对任意𝑥∈𝑹，

𝑓(𝑥)+|𝑥−2𝑎|≥𝑎2+4恒成立，所以|2𝑥|+2|𝑥−2𝑎|=|2𝑥|+|2𝑥−4𝑎|≥|2𝑥−2𝑥+4𝑎|=|4𝑎|≥𝑎2−5，-------(8分)所以4|𝑎|≥𝑎2−

5，−1≤|𝑎|≤5,所以𝑎∈[−5,5]-------(10分)