【文档说明】辽宁省沈阳市2022-2023学年高三教学质量检测（一模）数学试题答案.pdf，共(7)页，618.312 KB，由小赞的店铺上传

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2023年高三年模拟（一）答案一、选择题1．C2．D3．C4．B5．D6．C7．A8．B7．解析：令ln()tftt=，则21ln'()tftt−=，(0,)te时，'()0,()ftft单调递增；(,),'()0,()tef

tft+单调递减，ln1()tafete=，容易发现125e，即ab,又523243()7.59232e=，23ln52，即𝑏<𝑐，故𝑎<𝑏<𝑐．8．解析：令00(,)Pxy，四边形OFPQ为平行

四边形，00(,)Qxy−，又直线l的倾斜角为120，则000033yxyxc==−−，解得，02cx=，故|𝑂𝑃|=|𝑃𝐹|，又060PFO=，OPF为等边三角形，设椭圆的左焦点为1F，

连接1PF，则1PFF为直角三角形，有060PFO=，故|𝑃𝐹1|=√3𝑐,|𝑃𝐹|=𝑐，又|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=2𝑎，31cea==−．二、选择题9．BC10．AD11．ABD12．ACD11．解析：圆心(1,2)C，C到l的距离

为22，令00(,)Mxy，则001yx=−−，设切线长为l，𝑙=√|𝑀𝐶|2−2≥√6，故A正确；6222232MACMACBSS==四边形，故B正确；22226MPMQMCCPMC=−=−，故

C不正确；切点弦AB的方程为(𝑥0−1)(𝑥−1)+(𝑦0−2)(𝑦−2)=2，将001yx=−−代入，整理得0(1)(35)0xxyxy−+−+−=，10250xyxy−+=+−=，直线AB恒过13(,)22，故D正

确；所以答案为ABD．12．解析：ππ,44x−时，2sinux=与sin2vx=均为增函数，()fx也为增函数，故A正确；()2sin(x)sin2()2sinsin2()fxxxxfx

+=+++=−+，故B不正确；易证()fx是以2为周期的奇函数，又2'()2cos2cos22(2coscos1)2(2cos1)(cos1)fxxxxxxx=+=+−=−+，当22,'()0,()33kxkfxfx−+单调递增；当52+2,'()0,(

)33kxkfxfx+单调递减，max33()(2)32fxfk=+=，min33()(2)32fxfk=−=−，故CD均正确，所以答案为ACD．三、填空题13．314．415．63233；（第一空2分，第二空3分）16．22+3315

．解析：AB与平面BCD所成角即为ABE，由三余弦公式，得coscoscosABCABEEBC=，又60ABC=，30EBC=，3cos3ABE=，即6sin3ABE=，又3,S22ABEBE==，解得4AB=，又60A

BCABD==，2BCBD==，90ADBACB==，AB为外接球直径，三棱锥外接球的体积为323．16．解析：2𝑥2+𝑦2=2𝑥2+𝑦2𝑥2+𝑦2+𝑥𝑦=2+(𝑦𝑥)21+(𝑦𝑥)2+𝑦𝑥，令𝑦𝑥=𝑡，

原式=2+𝑡21+𝑡+𝑡2=1−𝑡−1𝑡2+𝑡+1=1−𝑡−1(𝑡−1)2+3(𝑡−1)+3=1−1(𝑡−1)+3𝑡−1+3，由于(𝑡−1)+3𝑡−1∈(−∞,−2√3]∪[2√3,+

∞)，当其取−2√3时，原式取得最大值2+23√3．令解：(𝑥+𝑦2)2+34𝑦2=1，令{𝑥+𝑦2=cos𝜃√32𝑦=sin𝜃，可解得{𝑥=cos𝜃−1√3sin𝜃𝑦=2√3sin𝜃，

2𝑥2+𝑦2=2−2√3𝑠𝑖𝑛2𝜃≤2+23√3．四、解答题17．解析：（1）由题意可知，22(1)(41)2=nanABAnnnC=−+−=+，………..1分因此221(1)2(1)(2)23nnnbaannnnn+=−=++

+−+=+，……….………3分()()12112(1)3(23)2nnnnnnbbaaaann++++−=−−−=++−+=为常数，……..5分数列nb是等差数列．………………………………..6分（2）由（

1）知21111112(2)22nnannnnn===−+++，………………8分121111111111321324222111324+1naannnan++=−+−++−=−−+

+．………………………….10分18．解：(1)由题设sin3cos0AA+=，知tan3A=−，………………..1分又0A，故23A=．………………………………2分(2)由23A=及①，利用余弦定理222co

s2bcaAbc+−=可得4c=，……………..3分由23A=及②，利用余弦定理222cos2bcaAbc+−=可得10c=，………………………4分由23A=及③，由面积公式1sin2SbcA=可得60bc=，……………………….5分经分析①②不能同时成立，①③不能同时成立，故正确条件为

②③，即10c=，6b=．……………………………………………….6分（i）将10c=，6b=代入②得：236100600a−++=可得14a=，……………7分在ABC中，由正弦定理知28sinsin3abAB==，故33sin14B=．……………..8分（ii）

在△ABD和△ADC中，分别应用正弦定理，可得,sinsinsinsin()sinBDABDCACACBADADBDACADBADB===−,两式相除即得BDABDCAC=(角平分线性质），……………1

0分则5351484BD==，……………………………………….11分在△ABD中由正弦定理得sinsinBDADBADB=，则154AD=．…………………………….12分19．解：（1）设𝐵𝐶=𝐵𝐸=𝑚，由题

意Δ𝐵𝐶𝐸为等腰直角三角形，折叠后Δ𝐵𝑃𝐸为等腰直角三角形，取𝐵𝐸中点𝐹，连接𝑃𝐹，则𝑃𝐹⊥𝐵𝐸，由于二面角𝑃−𝐵𝐸−𝐶为直二面角，故𝑃𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，且𝑃𝐹=√22𝑚，则𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐸=13𝑆∆𝐴𝐵�

�∙𝑃𝐹=13∙12∙𝐴𝐵∙𝐵𝐶∙𝑃𝐹=13∙12∙4∙𝑚∙√22𝑚=4√23，得𝑚=2，即𝐵𝐶=𝐶𝐸=𝐷𝐸=2．……………………………………．．2分则𝐴𝐸=𝐵𝐸=2√2，𝐴𝐸2+𝐵𝐸2=𝐴𝐵2，故𝐴𝐸⊥𝐵𝐸，又𝑃𝐹⊥平面𝐴𝐵

𝐶𝐷，故𝐴𝐸⊥𝑃𝐹，又𝑃𝐹与𝐵𝐸相交，故𝐴𝐸⊥平面𝑃𝐵𝐸，故𝐴𝐸⊥𝑃𝐵，…………………………．．4分又𝑃𝐸⊥𝑃𝐵，又𝑃𝐸与𝐴𝐸相交，故𝑃𝐵⊥平面𝑃𝐴𝐸，……………………

……．5分又𝑃𝐵⊂平面𝑃𝐴𝐵，故平面𝑃𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐴𝐸．…………………………．．6分（2）以𝐷为原点，𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗为𝑥,𝑦轴正向，过𝐷作𝑧轴垂直于平面𝐴𝐵𝐶𝐷，建立右手空间直角坐标系，则𝐷(0,0,0)，𝐴(2,0,0)

，𝐵(2,4,0)，𝑃(1,3,√2)，…………………………………．7分𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,3,√2)，𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0)，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,4,0)，……………………

………………．8分设平面𝐵𝑃𝐴的法向量为𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，则{𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗∙𝑛1⃗⃗⃗⃗=−𝑥1+3𝑦1+√2𝑧1=0𝐴𝐵∙⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑛1⃗⃗⃗⃗=4𝑦1=0，取𝑧1=1，可得𝑛

1⃗⃗⃗⃗=(√2,0,1)，………．．9分设平面𝐷𝑃𝐴的法向量为𝑛2⃗⃗⃗⃗=(𝑥2,𝑦2,𝑧2)，则{𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗∙𝑛2⃗⃗⃗⃗=−𝑥2+3𝑦2+√2𝑧2=0𝐷𝐴∙⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗𝑛2⃗⃗⃗⃗=2𝑥2=0，取𝑧2=3，可得𝑛2⃗⃗⃗⃗=(0,−√2,3)，………．．10分则cos<𝑛1⃗⃗⃗⃗,𝑛2⃗⃗⃗⃗>=(𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗∙𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗)|𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗|∙|

𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|=3√3√11=√3311，……………………………………．．11分由于所成二面角为钝角，故其余弦值为−√3311．………………………………．12分20．解（1）设比赛继续进行Y场韩菲

/陈宇赢得全部奖金，则比赛最多再继续两场且最后一场必然这对组合赢：当1Y=时，韩菲/陈宇以4:2赢，()1PYp==，……………………………..1分当2Y=时，韩菲/陈宇以4:3赢，()()21PYpp==−，……………

…………….2分所以，韩菲/陈宇赢得全部奖金的概率为𝑓(𝑝)=𝑝+(1−𝑝)𝑝=2𝑝−𝑝2．…………3分（2）因为进行了5场比赛，所以两对组合之间的输赢情况有以下四种情况：自然终止：韩菲/陈宇组合赢4场，黄政/孙艺组合赢1

场；韩菲/陈宇组合赢1场，黄政/孙艺组合赢4场．意外终止：韩菲/陈宇组合赢3场，黄政/孙艺组合赢2场；韩菲/陈宇组合赢2场，黄政/孙艺组合赢3场．……………………………..4分5场比赛不同的输赢情况有31

324455CCCC+++种，即28种．………………5分（3）①若韩菲/陈宇组合赢4场，黄政/孙艺组合赢1场：则韩菲/陈宇组合获得全部奖金10000元；②若韩菲/陈宇组合赢3场，黄政/孙艺组合赢2场：

当比赛继续下去韩菲/陈宇组合赢得全部奖金的概率为11132224+=，黄政/孙艺赢得全部奖金的概率为14，概率比值为3:1，所以韩菲/陈宇组合分得7500元奖金；③若韩菲/陈宇组合赢2场，黄政/孙艺组合赢3场：当比赛继续下去韩菲/陈宇组合赢得全部奖金的概率为111224=，黄政/孙艺

赢得全部奖金的概率为34，概率比值为1:3，所以韩菲/陈宇组合分得2500元奖金；④若韩菲/陈宇组合赢1场，黄政/孙艺组合赢4场．则韩菲/陈宇组合没有获得奖金．设韩菲/陈宇组合可能获得的奖金为X元，则由上

述分析获得奖金X的所有可能取值为10000，7500，2500，0，………………………………………..7分()34C110000287PX===，……………………………………….8分()35C575002814PX===，………………………………..9分()25C525

002814PX===，....................................................10分()14C10287PX===，………………………………………..11分∴韩菲/陈宇组合获得奖金数X的分布列为：X10000750025000P1751

451417…………………………………………………..12分21．解：设双曲线𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1的右焦点(,0)Fc，渐近线方程为0bxay=，则右焦点F到渐近线的距离22=3bcdbab==+，…………

………．．2分又2222,ccaba==+，则1,2ac==，双曲线的方程为2213yx−=．……………………．．4分12分（2）设直线l的方程为𝑥=𝑡𝑦+2，设()1122,(,)AxyBxy，联立方程得，()22222212310331311290Δ03

20txytytytxtyyy−−=−++==+，解得303t，……………………．．5分渐近线方程为3yx=则A到两条渐近线的距离1d，2d满足，221111111233332244xyxyxydd−+−===，………………．．6分而2133

22313AAxtyxxtyyt=−==+=−，222421313CCOCxytt=+==−−，同理2241+3DDODxyt=+=，……………………．．8分所以1212211141432222

131313OACOADSSOCdODdddttt==−−+△△，……………………．．9分2A2161213OBOFAOFBABtSSSOFyyt+=+=−=−△△△，……………………．．10分所以，221OABOCAODAStSS=+△△△，∵10

3t，∴4233OPQOAPOBPSSS，△△△，所求的取值范围为4[3,)3+．……………………．．12分22．（1）𝑓′(𝑥)=2(𝑥−1)ln𝑥+(𝑥2−2𝑥)(1𝑥)+(2𝑎−

1)𝑥+2(1−𝑎)=2(𝑥−1)(ln𝑥+𝑎)，……………………………………．2分由于𝑎>0，故𝑒−𝑎<1，当𝑥∈(0,𝑒−𝑎)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；当𝑥∈(𝑒−𝑎,1)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(

𝑥)单调递减；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；全科试题免费下公众号《高中僧课堂》……………………………4分综上，𝑓(𝑥)的单调递增区间为(0,𝑒−𝑎)和(1,+∞)，𝑓(𝑥)的单调递

减区间为(𝑒−𝑎,1)．……………………..…．5分（2）𝑓(1)=−𝑎+32【情况一】：若𝑓(1)>0，即𝑎<32时，由𝑓(𝑥)的单调性，其在(𝑒−𝑎,+∞)上恒为正，无零点，在增

区间(0,𝑒−𝑎)至多有一个零点，不符题意．…………………………．7分【情况二】：若𝑓(1)<0，即𝑎>32时，由于𝑓(2)=0+4(𝑎−12)+4(1−𝑎)=2>0，由零点存在定理，𝑓(𝑥)在区间(1,2)上存在一个零点，……………………………………………………

．8分取𝑥∈(0,1)，则𝑥−2<−1，ln𝑥<0，(𝑎−12)𝑥>0，𝑓(𝑥)=𝑥[(𝑥−2)ln𝑥+(𝑎−12)𝑥+2(1−𝑎)]>𝑥[(−1)ln𝑥+0+2(1−𝑎

)]，当𝑥∈(0,𝑒2(1−𝑎))时，𝑓(𝑥)>0，由于𝑓(𝑥)在区间(0,𝑒−𝑎)上单调递增，故𝑓(𝑥)在(0,𝑒−𝑎)恒为正，无零点，由零点存在定理，𝑓(𝑥)在区间(𝑒−𝑎,1)上存在

一个零点，符合题意．……………………．10分【情况三】：若𝑓(1)=0，即𝑎=32时，同情况二可得𝑓(𝑥)在增区间(0,𝑒−𝑎)恒为正，无零点，𝑓(𝑥)仅有𝑥=1一个零点，不符题意．………………………………11分综上，

𝑎的取值范围是(32,+∞)．………………………………．．12分注：情况二和情况三中，需要证明𝑓(𝑥)在(0,𝑒−𝑎)恒为正，若无此证明就默认在(0,𝑒−𝑎)上无零点，情况二中扣2分，情况三不得分．