_数学丨广东省茂名市2023届高三第一次综合测试(一模)数学试卷及答案

一、单选题：1D2A3A4D5C6C7B8D4.【解析】将2个8插空放入不相邻的5个空位（4个6之间有5个空位）中，C52105.【解析】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为23m，面积为33m2的等腰三角形，121π2π32

所以lsin(23)sin33，解得sin，则或．32232ππ2π

由得，hlcos23cos3，rlsin23sin3，3232311

则上半部分的体积为πr2hπ32333πm3，33下半部分体积为rh182

蒙古包的体积为(1833)πm36.【解析】对于选项A,f(x)

1cos2x12π1

sin2xsin(2x)，Tπ222421（1-2sin2x）2sin2x

选项B:sinx0且cosx0,f(x)=tanxTπ

2sinxcosx2sinxcosx对于选项C,f(x)

1313cosxsinxcosxsinxcosx，T2π2222对于选项D,f(x)7.【解析】aln4

1π1πsin2(x)sin(2x)，Tπ262368,bln31,cln5,5622x1'x1,fx故可构造函数fxlnx0,所以f3f4f52x1xx118.【解析】当PCCD时，三棱锥PACD的表面积取最大值，PD22，三棱锥PACD的外接球的半径为R

2，外接球体积为823.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9ACD10ACD11ABD12BC，0中心对称，10．【解析】由题意得，fx 的图像关于1故A正确；由fxfx,且fxf2x得fxfxf2xfx的周期为4，故B错误；f10 f10，故C正确；7111

fx 的周期为4，fff，故D正确222411.【解析】A选项：由抛物线C的定义知A是正确的；B选项：由y

1处的切线斜率为1，切线方程为xy10；1）x切线方抛物线C在点(2，2，C选项：顶点在原点O的正三角形与抛物线相交与A、B两点,这个正三角形的边长为43p，OAB的周长为243，C错；D选项：F为抛物线的焦点，过H作HD垂直抛物线C的准线y=1于点D，如图由抛物线的定义知，t

HGHG1

HFHDsinHGD当t取最大值时，∠HGD取最小值，（正弦函数的单调性的应用）即直线GH与抛物线C相切．设直线HG的方程为ykx1，2ykx1得2由2x4kx40，x4y

所以16k2160，解得k1，此时x24kx40，即x24x40，所以x2，故H2,1，所以S△GFH1GFxH1222，故D正确．2212.【解析】原式变形为memmnlnnlnn，构造函数fxxex，fxex11，x'xx0时，exx11,f'x0,fx单调递增，x0时，exx11,f'x0,fx单调递减对于A，取mn1满足原式，所以A错对于B，当lnn0，即n1时，fx在0，时单调递增，原m0,e1n，当lnn0时，

m式fmflnn，mlnn，即en，所以B对。m

对于C，当lnn0时，显然会有mlnn0；当lnn0时，根据单调性可设ftfmflnn,t0且lnnt。当x0时，令hxfxfxx(exex2)，由基本不等式知exex2，所以hx0,hm0,即ftfmfm,

又x0时，fx单调递增，tm,lnnmtm0,故C对对于D，取m2,n

111

,满足原式，但22eee三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．答案：56【解析】Tr1C8rx8rxrC8rx82r，令82r2，r3，C8的系数为56．14.答案：(x1)(y1)4或(x)(y)

2

2

38!1

56.故(x)8的展开式中x2

3!5!x3

22

122

532325022或(x)(y)或(x1)y5244162

2

【解析】过(1,1),(1,1),(3,1)三时，圆的方程是：(x1)(y1)4过(1,1),(2,2),(3,1)三时，圆的方程是：(x)(y)

3

22

过(1,1),(1,1),(2,2)三时，圆的方程是：(x)(y)

334122

2

34522

5016过(1,1),(2,2),(3,1)三时，圆的方程是：(x1)y515．答案：x

22

12cos(2x)【解析】由f(x)e

11

e2x2ex0得ecos(2x)2exe2x

ee1

左边：ecos2πx,

e1112x右边：可证明2exe2x,当且仅当x时取等，所以2exe.2ee要想两边相等，只能x16．答案：(1,56]1216.【解析】因为A在B的上方，且这两点都在C上，所以A(2m,3n)，B(2m,3n)，则|AB|23n.因为A是线段BD的中点，又EAy轴，所以EABD，|ED||EB|，所以△BDE的内心G在线段EA上.因为DG平分∠ADE，在△ADE中，所以|DA||GA|，|DE||GE|11,所以f(x)零点为x22

设EGd，所以23n(2m)2(23n)2

2md2m，1dd因为G到y轴的距离不小于3m，3md2m

2223n(2m)2(23n)2

132n2156.n2，故1e1m2412m四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．解：（1）当n=1时，a12a1,an0a12，………1分当n2时，an2an4Sn（1），2an12an14Sn1（2），………2分2

2

4（1）—（2）得：an2an(an12an1)4(SnSn1)………3分22aa4an2(anan1)2(anan1)nn1即22

即(anan1)(anan1)2(anan1)………4分an0，anan12………5分数列{an}是2为首项，公差为2的等差数列，an22(n1)2n………6分（2）由（1）得，bn1111()………7分2n(2n2)4nn1Tn11111111(1)(1)………8分4223nn14n11110,11,Tn………9分n1n141随着n的增大而减少，从而Tn随着n的增大而增大n1又nN,TnT11811Tn………10分84综上所述，18．解：（1）在ABC中，由ab2bcosC及正弦定理得：sinAsinB2sinBcosC，………1分又A(BC)，sinAsin[(BC)]sin(BC)sinBcosCcosBsinC………2分即sinBcosCcosBsinCsinB2sinBcosC，………3分sinBcosCcosBsinC2sinBcosCsinB，,sin(CB)sinB………4分0sinBsin(CB),0CBC.………5分B(CB)C,BCB,C2B………6分（2）方法一：由（1）得：C2B得BC3B(0,)，0B

1

，cosB1，………7分32由题意ab2bcosC，C2B及正弦定理得：acb2bcosCcsinB2sinBcosCsinCsinB2sinBcosCsin2B………8分bbsinBsinB

sinB2sinBcosC2sinBcosB

12cosC2cosB12cos2B2cosB………9分sinB512(2cos2B1)2cosB4cos2B2cosB1………10分154(cosB)2………11分44115accosB1，14(cosB)25，即15，244b故ac的取值范围为(1,5)………12分b方法二：由正弦定理得：acsinAsinC

，………6分bsinBABC,A(BC)，sinAsinCsin[(BC)]sinCsin(BC)sinC

………7分sinBsinBsinBacsin(B2B)sin2BbsinB由（1）得：C2B，故

sinBcos2BcosBsin2Bsin2B

………8分sinBsinBcos2BcosB2sinBcosB2sinBcosB

sinBcos2B2cos2B2cosB2cos2B12cos2B2cosB4cos2B2cosB1………9分154(cosB)2………10分44由（1）得：C2B得BC3B(0,)，0B

1

，cosB1，………11分3215ac14(cosB)25，即15，44b故ac的取值范围为(1,5)………12分b19．证明：（1）OD//平面PAB，平面CAB平面PABAB,OD平面CAB

OD//AB,又O为BC的中点………2分D为AC的中点

又E为PC的中点

DE//PA,PA平面PAB,DE平面PAB

DE//平面PAB

………4分6（2）如图所示取BD的中点F，连结PF、AF，底面ABC在半圆O上，BC为圆O的直径，ADAB……………5分ABAD4

BD42,FAFBFD22又PBPD4PB2PD2BD2FP22PBPD……………6分FP2FB2PB2,FP2FA2PA2,FP2FD2PD2,

FPFB,FPFA,FPFD,又FAFBF，FA、FB平面ABDPF平面ABD……………7分法一：建立如图所示的空间直角坐标系，A(0,0,0),B(4,0,0),C(0,8,0),P(2,2,22)

AB(4,0,0),BC(4,8,0),BP(2,2,22)……………9分

设平面PAB的法向量为n1x1,y1,z1,则n1AB4x10

令z11，则y12，x10

n1BP2x12y122z10

n1(0,2,1)……………10分

设平面CPB的法向量为n2x2,y2,z2,则2n2BC4x28y20

令y21，则x22，z2

2n2BP2x22y222z20

72n22,1,2……………11分设平面PAB与平面PBC的夹角为，则2|2||n1n2|332cos|cosn1,n2|……………12分

3311n1n2

32法二：建立如图所示的空间直角坐标系，zyxA(22,0,0),B(0,22,0),C(22,42,0),P(0,0,22)

AB(22,22,0),BC(22,62,0),BP(0,22,22)……………9分

设平面PAB的法向量为n1x1,y1,z1,则n1AB22x122y10

令z11，则y11，x11

n1BP22y122z10

n1(1,1,1)……………10分

设平面CPB的法向量为n2x2,y2,z2,则n2BC22x262y20

令z21，则x23，y21

n2BP22y222z20

n2(3,1,1)……………11分设平面PAB与平面PBC的夹角为，则

|n1n2||311|33……………12分cos|cosn1,n2|

33311n1n2

20．解：(1)设A1\"抽到第一袋\"，A2\"抽到第二袋\"，B\"随机抽取2张,恰好抽到一名男生和一名女生的报名表\"……………1分P(A1)P(A2)

1

……………2分2811C5C205

P(B|A1)24……………3分C936911C6C6

P(B|A2)25……………4分C1111由全概率公式得1516109

P(B)P(A1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)……………5分29211198(2)设在一轮比赛中得分为X，则X的可能取值为2,0,2,则326

P(X2)（1）（1）

5525323213

P(X0)(1)(1)

555525326

P(X2)

5525得分为X的分布列用表格表示XP-2026251325625……………7分设在二轮比赛中得分为Y，则Y的可能取值为4,2,0,2,4，则P(Y4)P(YP(YP(YP(Y

66362525625613136156

2)

25252525625661313662410)

2525252525256256131361562)

2525252562566364)……………10分2525625YP-4-2024得分为Y的分布列用表格表示为3662515662524162515662536625……………11分E(Y)(4)

3615624115636(2)0240……………12分6256256256256259a2b2c2

b3

,………2分21.解：（1）由题得

a4c7a216,b29………4分x2y2

椭圆E的方程为:1………5分169（2）N(t,6)，t为变量，设C(0,3),D(0,3)当t0时，P(0,3),Q(0,3)，直线PQ为y轴39

kCN,kDN

tt则直线CN的方程为3xty3t0，直线DN的方程为9xty3t0………6分3xty3t02222由x2y2得(t16)y6ty9t1440………7分1

1696t23t248

设P(xP,yp)yCyP2，又yc3,yP2t16t1632t3t24832t

,2)………8分相应地，xc0,xP=2，即P(2t16t16t1696t3t2432

,2)………9分同理，Q(2t144t144当t0时，kPQ

3t2144

t

3t2483t214432t

(x2)，直线PQ的方程为：y2t16tt163t214433

x过定点(0,)………10分即y

t22综上所述，直线PQ经过定点M(0,

3

)………11分2(说明:也可以先令t为特殊值，算出定点，再证明)当FMPQ时（M为垂足），F到直线PQ的距离取得最大值10337FM(70)2(0)2.………12分22ax2a22．解析：（1）fxxxx'……………1分当a0,f'x0,fx在（0，）上单调递减，不可能两个零点；

当a0时，令f'x0得xax0,a,f'x0,fx单调递增，xx0,fx;f

a,,f'x0,fx单调递减，……………2分af1a0;x,fx……………3分x0,a有唯一零点且xa,有唯一零点，满足题意。……………4分'

综上：a0,（2）先证右边：令gxlnxx1,则gx

1x

。xx0,1,g'x0,gx单调递增，x1,,g'x0,gx单调递减

gx的最大值为f10,gx0,即lnxx1f2a1aln2a1x22a1

又f10x11

……………5分1

2a12a1a2a12a12a1a0且2a1a2222……………6分x1x22a112a1……………7分再证左边：曲线yfx在x1,0和x2,0处的切线分别是a

l1:yx1xx1,x1

联立两条切线得x3a

l2:yx2xx2x2

……………8分x1x2xx2a

1，1

axxx3121x1x2……………9分11121122alnxxa0xx1112222由题意得a

11lnx1lnx22alnxxa02222

……………10分1x1x2

2x2x1x1x2a12,即证1即证要证2x3x1x2,即证

xx3x1x2

ln1x2令t

x211

1，即证lnttt1x12t

……………11分11令htlntt

2t

2t22

t111

h't0,ht在1，单调递减,hth10,lnttt1得证



2

t

综上：2x3x1x22a1……………12分12