【文档说明】昆明市第一中学2023届高三第九次考前适应性训练 数学答案.pdf，共(8)页，386.686 KB，由小赞的店铺上传

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第1页（共7页）昆明一中2023届高三第九次联考数学参考答案命题、审题组教师杨昆华彭力顾先成莫利琴孙思应梁云虹丁茵张远雄崔锦秦绍卫一、选择题题号12345678答案CABCBDCD1.解析：依题意AB表

示直线1xy与圆221xy的交点的集合，则0110AB，，，，所以AB的真子集个数为2213个.选C.2.解析：依题意1ii1iz，所以21z，3iz，41z

，则2340zzzz，所以232023234235051zzzzzzzzzzz.选A.3.解析：令1x得01a，所以选B．4.解析：据题意，四边形12AFBF是矩形，设12,AFmAFn，则有222+10+264mnmnc

，，由此可得18mn，所以△12AFF的面积是192mn，又△1ABF的面积与△12AFF的面积相等，所以△1ABF的面积等于9，选C．5.解析：依题意122OMee，所以221212254523OMeeee

，所以3OM.选B.6.解析：由20fxfx，可知函数fx的图象关于直线1x对称；20fxfx，可知函数fx的图象关于点10

，对称，所以ABC错误，D正确，选D.7.解析：如图，截面为直角梯形APQM,且ABAC，由题4BC，1QM，3PM，所以119()(21)3222APQMSQMAPPM梯形，选C.8.解析：构造函数elnx

fxx，得1exfxx，由图象知fx在01，上有一个极值点，fx在01，上不是单调函数，故无法判断1fx与2fx的大小，所以AB错误；构造函数exgxx，得e1xxgxx，gx在1，上单调递增，

34gxgx，即3434eexxxx，3434eexxxx，D正确，选D.第2页（共7页）二、多选题题号9101112答案BDACDABDBCD9.解析：若∥，则m可能与n异面，A错误；由=mI，=nI，m∥

可知，m∥n，B正确；由，则m可能与n平行，C错误；由lI，ml，nl，mn，m，n，由直二面角的定义可知，D正确，选BD.10.解析：由44sincosfxxx22222sincos2sincosxxxx211sin22

x13cos444x，384gxfx2cos4x，结合函数的图象，知B错误，ACD正确，选ACD.11.解析：由30xmxn，化为3xmxn，设3gxxmx，问题转化为函数3gxxmx的图象与直线yn有且只有一个

公共点.23gxxm，当0m时0gx，3gxxmx在R上单调递增，3gxxmx的图象与直线yn有且只有一个公共点；当0m时，3mx时，0gx，函数gx单调递增；33mmx时，0gx，函数gx单调递减；3mx时，0

gx，函数gx单调递增.x时，gx；x时，gx；极大值为3mg,极小值为3mg，结合选项3m,函数3gxxmx的极大值为12g,极小值为12g，由

函数的图象，知C错误；ABD正确，选ABD.12.解析：由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，A错误；根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部

分的面积相等，B正确；由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，且只要用水平面去截它们，那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为2r的球和高为2r的牟合方盖来说，使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面

积之比，也就是:4，C正确；第3页（共7页）由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等；而正四棱锥体的体积为31=3Vr倒棱锥.所以，八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积：3331812=33Vrrr牟盒方盖，从而得到

整个牟合方盖的体积为33216833rr，D正确，选BCD.三、填空题13.解析：由正态曲线的对称轴是=25知，24252526PXPX，25272325PXPX，所以24272425+2527PXPXPX

=2526+2325=2326PXPXPX即24270.4PX．14.解析：由13nnnaaa得：13131nnnnaaaa，即11111322nnaa，所以1

111111133222nnnaa，所以11111313222nnna，1231nnanN.15.解析：小张从M处出发选择最短路径到达N处，需要向右走6条街道和向上走

4条街道，共走10条街道，若把向右走一条街记为数字1，向上走一条街记为数字2，则1111112222和2112111212分别是所有走法中的其中两种，即1种走法对应于10个位置其中的6个位置摆放1，其余4个位置摆放2．所以从M处出发选择最短路径到达N处一共有6102

10C种走法．同理，从M处到达P处有4615C种走法，从P处到达N处有246C种走法，所以根据古典概型的概率知识，小张每天早上上班途经街道P处的概率是1563=2107．16.解析：11224242=xyxy1

12242422+22xyxy，其几何意义是11(,)Pxy，22(,)Qxy两点到直线:420lxy的距离之和的2倍．据题意，△POQ是边长为23的等边三角形，设动点11(,)Pxy，22(,)Qxy的中点为,Mxy，则3OM

,即中点,Mxy的轨迹是圆22+9xy，所以,Mxy到直线:420lxy的距离为d的最小值等于22423111．所以11224242=xyxy112242422+22xyxy=2222d，即11224242xyxy的最小值是2

2．第4页（共7页）四、解答题17.（1）证明：由PA平面ABC，得PABC，又90ABC可得ABBC，又PAABA，PA平面PAB，AB平面PAB，所以BC平面PAB，又BC平面PBC，所以平面PBC平面PAB；………4分

（2）如图，以B为原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴建立直角坐标系，设2PA，则(0,0,0)B，(2,0,0)C，(0,2,0)A，(0,2,2)P，因为13PFPC，得244(,,)333F，同理可得2

2(0,,)33E，42(0,,)33AE，224(,,)333AF，平面AEF的一个法向量为(3,1,2)m，平面ABC的一个法向量为(0,0,1)n，设平面AEF与平面ABC夹角为，则214coscos,7114mn，综

上，平面AEF与平面ABC夹角的余弦值为147．………10分18.解：（1）设ABC△的内切圆半径为r，因为22213132+SSSSS，所以22211111()()()()()22222arcra

rcrbr，化简得：222acbac，所以2221cos22acbBac，因为(0,π)B，所以π3B，所以2π+3AC，因为sinsinACABBC，所以sin3sinsinABBACC

C，因为ABC△为锐角三角形，所以π02C，2ππ032C，解得：ππ62C，所以AC的取值范围为(3,23).…………6分（2）选择①，因为4sinsincos21BAA，所以24sinsin1cos22sinBAAA

，因为sin0A，所以sin2sin0AB，所以2ab，由（1）知222acbac，2c，所以224+44bbb，整理得23440bb，方程无实数解，所以ABC△不存在.………12分选择②，由12cos1

2cos0sinsinABAB得：sinsin2(sincoscossin)0ABABAB，所以sinsin2sin()ABAB,即sinsin2sinABC，所以24abc，由（1）知222acbac，2c

，所以2242aba，所以224(4)2aaa，解得2ab，所以ABC△存在且唯一，ABC△的第5页（共7页）面积113sin43222SacB.………12分选择③，因为cos+cos1aCcA，所以222222+++122abcbca

acbabbc，由（1）知222acbac，2c，所以2412aa，整理得223=0aa，方程无实数解，所以ABC△不存在.………12分19.解：（1）由1nnnaSS，得11nnnnSSSS，因为0nS，所以11nnSS，所以nS是以1

1S为首项，1为公差的等差数列，所以11nSnn，所以，当2n时，1121nnnaSSnnn，当1n时，11a也满足上式，所以数列na的通项公式为21nan.………6分（2）由1112212nnnnnbban知：当2n时，

121321++nnnbbbbbbbb，0121+12+32232nn①，则12122+12+32232nnbn②,由①②得：12212222232nnnbn2

1221223221nnn，化简得：12524nnbn2n，当1n时，11b也满足上式，所以数列nb的通项公式为12524nnbn.………12分20.解析（1）Y的

可能取值为0，1，2，3.333101(0)120CPYC;213731021(1)120CCPYC.123731063(2)120CCPYC;033731035(3)120CCPYC.所以Y的分布列如下：Y0123P1120211206312035

120第6页（共7页）121633521()012312012012012010EY………5分（2）(6)1(7)(8)(9)(10)PXPXPXPXPX7738829911010101010101(0.9)(0.1)(0.9)(0.1)

(0.9)(0.1)(0.9)0.013CCCC0.013概率非常小，因此中奖人数不超过6人是小概率事件，在一次试验中几乎不可能发生，而现在发生了，从这个角度，就可以怀疑商场是虚假宣传.换一个角度，因为样本数据较少，

中奖人数不超过6人是一个随机事件，在一次试验中可能发生，所以从这个角度也可以不怀疑商场的宣传.………12分21.解：（1）fx的定义域为0,，ln1axxfxxx．22ln1lnln11111ax

xxaxxaxxfxxx，11122af，得1a．………4分（2）由（1）得ln1xxfxxx．由0fxgx，得lnln011xxxxxbxxx，即22ln1

01xxbx，因为1x所以22211112ln0ln0122bxbxxxxxxx．令211ln2bxhxxx，则222211121122bxbx

xbhxxxx当1b时，此时0hx，故hx是增函数．而10h，故当1,x时，0hx，不合题意，舍去．当1b时，研究函数2121pxbxxb，二次

函数开口向下，令24410b，解得02b．①若01b，则0px的两根之积121xx，不妨令12xx，则21x．故当21,xx时，0px，0hx，故hx是增函数，而10h，故当21,xx时，0hx，不合

题意，舍去．②若0b时，则0px，此时0hx，故hx是减函数，而10h，第7页（共7页）当1,x时，0hx，符合题意．综上所述，b的取值范围是,0.………12分22.解：（1）由题意知，当

01x时，032y，所以3(1,)2P或3(1,)2P由定义可知椭圆C在点00(,)Pxy处的极线方程为00143xxyy，所以椭圆C在点3(1,)2P处的极线方程为142xy，点3(1,)2P处的极线方程为142xy，··

···4分证明：（2）由定义可知椭圆C在点00(,)Pxy处的极线方程为00143xxyy，当00y时，02x，此时极线方程为2x，所以P处的极线就是过点P的切线.当00y时，极线方程为00000331.434xxyyxyxyy联立02200

0022222000,(334918363)1204,431xyxyyxxxxxyyyy.2200220022220000118933(464)3)(12)0.(49xyxxyyyy综上所述，椭圆C

在点P处的极线就是过点P的切线；············8分（3）设点122001,,(),(),,()QxMxNxyyy，由（1）可知过点M的切线方程为111:143xlxyy，过点N的切线方程为222:1.43lxxyy因为1l，2l都过点00(),Qxy

，所以有101020201,33,441xyxyxyxy则割线MN的方程为000:143xlxyy；同理可得过点0()4,P的两条切线的切点弦XY的方程为34:114xlx.又因为割线MN过

点0()4,P，所以004114xx.所以,,QXY三点共线，都在直线1x上.···········12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com