鹰潭市2023届高三第二次模拟考试 理数答案

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以下为本文档部分文字说明:

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.17.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:22n

an,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)C3C3C31nnnnnnnn,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121260

1,01,5pppp,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297625297625n,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3

OC.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111111111132313323AABCCABACAB

AAABCABCVVVVSAO△...........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,1,0,0

B,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222,,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10B,,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111122:32323

2yyAMyxxxty,令1x,则11112222222tyyytyty,即点11221,2tyPty,同理可得:22221,2tyQty........

..8分∵1221211212121212222222222222222222tytyttyytyyttyyyytytytytytyty2122443

322022ttttttyty,..........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),22axxg

xxax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,()e2xxm

xxmxx,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2

2.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cos2sinxy,(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,max4313AB;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)224422222111122216168()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

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