【文档说明】鹰潭市2023届高三第二次模拟考试 理数答案.pdf，共(5)页，333.389 KB，由小赞的店铺上传

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第1页共4页鹰潭市2023届高三第二次模拟考试数学答案(理科)一、单选题DBCBAACBCADC二、填空题13.240,14.314215.16．43三、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.1

7.解：（1）由nSn是公差为12的等差数列，且111S，则11111222nSnnn，..........2分即22nSnn，当2n时，21211nSnn，两式相减可得：22nan，即,2nann，

因为11a满足上式，所以数列na的通项公式为nan...........6分（2）由（1）可得22nannb，所以21221212224212nnnnT，..........8分又011114(31)C3C3C31nnnn

nnnn，因为011C,C,,Cnnnn均为正整数，所以存在正整数k使得431nk，故214231nnTk，所以21nT除以3的余数为2..................12分18.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,乙投中两次;②甲投中两次,乙投中一次;③甲投中两次,乙投中两次,1212,23pp，他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率为22112211212CC223232211243239

..........4分（2）①由题意得他们在一轮游戏获得“神投小组”称号的概率1221222112122212C1C1ppppppppp2212122123,pppppp1265pp

，221221123,5ppppp又1212601,01,5pppp,则1115p，令22121116395525mppppp,则19,525m,2212212()33,5525pymmmm

21235pmm在19,525上单调递增,则max929725625py,此时1235pp...........8分②他们小组在n轮游戏中获得“神投小组”称号的次数满足297~,625Bn,297np,则297625297625

n,平均要进行625轮游戏...........12分第2页共4页19.解：(1)因为在三棱柱中，O为1A在底面投影，所以1AO面ABC，1CC∥面1AAB...........2分又因为O为AB中点，所以12ABOA，AC＝2，所以3OC．因为1AA与底面

ABC内所有直线所成角中的最小值为4，且1AO面ABC，所以14AAB，11OAOA，...............4分所以111111111132313323AABCCABACABAAABCABCVVVVSAO△．..

........5分(2)以O为原点，OB，OC，1OA为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得0,0,0O，1,0,0B，0,3,0C，1,0,0A，10,0,1A，..........

..6分又因为1113AMAC，所以13,,133M，所以23,,133BM，2,0,0BA，1,3,0BC．........7分设

111,,mxyz为平面ABM的一个法向量，则0,0,mBMmBA即1111230,3320,xyzx，令11z，则0,3,1m；（9分）设22

2,,nxyz为平面CBM的一个法向量，则0,0,nBMnBC即22222230,3330,xyzxy，令23x，则3,3,1n．...........10分

所以0,3,13,3,113cos,13213mnmnmn．............................11分所以二面角ABMC的正弦值为21323911313．.......

.......12分20.解：（1）双曲线C的方程为2213xy...........4分（2）由双曲线C的方程为2213xy的方程可得223,1,2abcab，由题意可得点10

B,，则有：当直线l与y轴垂直时，则3,0,3,0MN，可得直线2:333AMyx，令1x，则63y，即点61,3P，同理可得：点61,3Q，故63PBBQ，即1PBBQ

；..........5分当直线l不与y轴垂直时，设直线1122:1,,,,lxtyMxyNxy，联立方程22113xtyxy，消去x得223220tyty，第3页共4页则

121222220,,33tyyyytt，..........6分可得直线111122:323232yyAMyxxxty，令1x，则11112222222tyy

ytyty，即点11221,2tyPty，同理可得：22221,2tyQty..........8分∵122121121212

1212222222222222222222tytyttyytyyttyyyytytytytytyty2122443322022ttttttyty，..........10分即

点,PQ关于x轴对称，故PBBQ，即1PBBQ；综上所述：PBBQ的值为1...........12分21.解:（1）fx定义域为(0,)ln1ln1()1xxxfxxxx,..........1分记11()ln1,()1xhxxxhxxx

,当(0,1)x时，0hx；当(1,)x时，0hx，∴hx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，..........3分故120,0hxhfx，∴fx在(0,)上单调递增．..........4分（2

）gx定义域为R，eexxgxxaxxa，①当0a时，1exgxx有唯一零点1x，符合题意；..........5分②当0a时，e0xa，当)0(x,时，0,gxgx在(0),单调递减；当0()x,时，0

,gxgx在(0),+单调递增，故2min01gxga，..........6分若1a，则00,gxggx无零点，不符题意；若1a，gx有唯一零点0x，符合题意；若10a，则2010ga，又21(1)

02gaa，1x时，1e12xxxx，20a，∴2()2(4),22axxgxxax4()0ga，故gx在4(0,1),(,0)a内各有一个零点，函数有两个零点，不符题意；.....

.....8分③当01a时，当)1n(,0xa时，0,gx当)0,(,lnxaU时，0,gx则gx在,(),ln0a，上单调递增，在(1n0)a,上单调递减，又22(ln)lnln1()(1)02aagaaaaafaaf，.

.........9分1x时，令2()e,()e2xxmxxmxx，令()e2,()e20xxnxxnx，即()2xmxex在(1,)单调递增，故()(1)e20mxm，故2()xmxex在(1,)单调递增，则()

(1)e10mxm，所以2exx，故222g()(1)(1)22axaxxxxx，则g(1)02a，..........10分故gx此时在(ln,1)2aa上有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为)11[

0,...........12分第4页共4页22.解：（1）根据曲线2C的极坐标方程为2253cos2可得，2226cos8，即22828xy，所以曲线2C的直角坐标方程为2214yx；根据圆锥曲线参数方程定义可得，曲线2C的参数方程为cos2sinx

y，（为参数）...........5分（2）由曲线1C的极坐标方程为2cos可得，曲线1C的直角坐标方程为2211xy，其圆心11,0C，半径1r；由题意可得设cos,

2sinB，易知,AB之间距离的最大值为点B到圆心1C的距离的最大值再加上半径，即2221maxcos12sin13cos2cos51ABBCr，由二次函数性质可知，当1cos3时，max431

3AB；所以,AB之间距离的最大值为4313............10分23.解：（1）由22224mnmn，得22114mn，又22112mnmn，所以12mn，当且仅当22mn时等号成立，而113313132222222222mnmnmnmnnm

1122224()mnmnmn11222242mnmnmn2242mnmn1142242，当且仅当22mn时等号成立.故113322222mnmn...........5分（2）224422222111

122216168()12mnmnmnmn，当且仅当22mn时等号成立.故44118mn...........10分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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