精選南京市、鹽城市2023屆高三年級(jí)第一次模擬考試數(shù)學(xué)

1、南京市、鹽城市2023屆高三年級(jí)第一次模擬考試數(shù)學(xué)PAGE 8高三數(shù)學(xué)試題第 PAGE 42頁共4頁南京市、鹽城市2023屆高三年級(jí)第一次模擬考試 數(shù) 學(xué) 2023.01考前須知：1本試卷共4頁，包括填空題(第1題第14題)、解答題第15題第20題兩局部本試卷總分值160分，考試時(shí)間為120分鐘2答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、學(xué)校、考試號(hào)寫在答題卡內(nèi)試題的答案寫在答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案空格內(nèi)考試結(jié)束后，交答復(fù)題卡參考公式：柱體體積公式：VSh，其中S柱體的底面積,為柱體的高一、填空題：本大題共14小題，每題5分，共計(jì)70分請(qǐng)把答案填寫在答題卡上的相應(yīng)位置上1集合Axx(x4)0，B0，1，5，那

2、么AB 2設(shè)復(fù)數(shù)zai(aR，i為虛數(shù)單位，假設(shè)(1i)z為純虛數(shù)，那么a的值為 時(shí)間/分鐘 eq f(頻率,組距) 100(第3題)50607080900.0050.0100.020a0.0353為調(diào)查某縣小學(xué)六年級(jí)學(xué)生每天用于課外閱讀的時(shí)間，現(xiàn)從該縣小學(xué)六年級(jí)4000名學(xué)生中隨機(jī)抽取100名學(xué)生進(jìn)行問卷調(diào)查，所得數(shù)據(jù)均在區(qū)間50，100上，其頻率分布直方圖如下圖，那么估計(jì)該縣小學(xué)六年級(jí)學(xué)生中每天用于閱讀的時(shí)間在70，80) (單位：分鐘)內(nèi)的學(xué)生人數(shù)為 Read xIf x0 Then ylnxElse yexEnd IfPrint y(第4題)4執(zhí)行如下圖的偽代碼，假設(shè)x0，那么輸出的y

3、的值為 5口袋中有形狀和大小完全相同的4個(gè)球，球的編號(hào)分別為1，2，3，4假設(shè)從袋中一次隨機(jī)摸出2個(gè)球，那么摸出的2個(gè)球的編號(hào)之和大于4的概率為 6在平面直角坐標(biāo)系xOy中，假設(shè)拋物線y22px的焦點(diǎn)與雙曲線 eq f(x2,4) eq f(y2,5)1的右焦點(diǎn)重合，那么實(shí)數(shù)p的值為 7設(shè)函數(shù)yex eq f(1,ex)a的值域?yàn)锳，假設(shè)A0，)，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是 8，均為銳角，且滿足(tan1)(tan1)2，那么的值為 9假設(shè)函數(shù)ysinx在區(qū)間0，2上單調(diào)遞增，那么實(shí)數(shù)的取值范圍是 10設(shè)Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，假設(shè)an的前2023項(xiàng)中的奇數(shù)項(xiàng)和為2023，那么S2023的值

4、為 11設(shè)函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，f(x)eq blc(aal(x(3x)，0 x3，,f(3,x)1，x3)假設(shè)函數(shù)yf(x)m有四個(gè)不同的零點(diǎn)，那么實(shí)數(shù)m的取值范圍是 AB(第13題)12在平面直角坐標(biāo)系xOy中，假設(shè)直線yk(x3 eq r(3)上存在一點(diǎn)P，圓x2(y1)21上存在一點(diǎn)Q，滿足 eq o(sup8(),sdo1(OP)3 eq o(sup8(),sdo1(OQ)，那么實(shí)數(shù)k的最小值為 13如圖是蜂巢結(jié)構(gòu)圖的一局部，正六邊形的邊長均為1，正六邊形的頂點(diǎn)稱為“晶格點(diǎn)假設(shè)A，B，C，D四點(diǎn)均位于圖中的“晶格點(diǎn)處，且A，B的位置如下圖，那么 eq o(sup8(),sd

5、o1(AB) eq o(sup8(),sdo1(CD)的最大值為 14假設(shè)不等式ksin2BsinAsinC19sinBsinC對(duì)任意ABC都成立，那么實(shí)數(shù)k的最小值為 二、解答題：本大題共6小題，共計(jì)90分. 請(qǐng)?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟15(本小題總分值14分)ABCA1B1C1MN第15題如下圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，點(diǎn)M，N分別是AB，A1B1的中點(diǎn)1求證：BN平面A1MC；2假設(shè)A1MAB1，求證：AB1A1C16(本小題總分值14分)在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且ceq f(r(5),2)b1假設(shè)C2B，

6、求cosB的值； 2假設(shè) eq o(sup8(),sdo1(AB) eq o(sup8(),sdo1(AC) eq o(sup8(),sdo1(CA) eq o(sup8(),sdo1(CB)，求cos(B eq f(,4)的值17(本小題總分值14分)有一矩形硬紙板材料厚度忽略不計(jì)，一邊AB長為6分米，另一邊足夠長現(xiàn)從中截取矩形ABCD如圖甲所示，再剪去圖中陰影局部，用剩下的局部恰好能折卷成一個(gè)底面是弓形的柱體包裝盒如圖乙所示，重疊局部忽略不計(jì)，其中OEMF是以O(shè)為圓心、EOF120的扇形，且弧 eq o(sup5(),sdo0(EF)， eq o(sup5(),sdo0(GH)分別與邊BC

7、，AD相切于點(diǎn)M，N 1當(dāng)BE長為1分米時(shí)，求折卷成的包裝盒的容積；ADCBEGFOMH第17題-甲NEFGH第17題-乙MN 2當(dāng)BE的長是多少分米時(shí)，折卷成的包裝盒的容積最大？18. (本小題總分值16分)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C： eq f(x2,a2) eq f(y2,b2)1(ab0)的下頂點(diǎn)為B，點(diǎn)MN是橢圓上異于點(diǎn)B的動(dòng)點(diǎn)，直線BM，BN分別與x軸交于點(diǎn)P，Q，且點(diǎn)Q是線段OP的中點(diǎn)當(dāng)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)( eq r(3)，eq f(r(3),2)處時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(eq f(2 r(3),3)，0)1求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；xyOBNMPQD(第18題)2設(shè)直線MN交y軸于點(diǎn)

8、D，當(dāng)點(diǎn)M，N均在y軸右側(cè)，且 eq o(sup8(),sdo1(DN)2 eq o(sup8(),sdo1(NM)時(shí)，求直線BM的方程19(本小題總分值16分)設(shè)數(shù)列an滿足an2an1an1(a2a1)2，其中n2，且nN，為常數(shù)1假設(shè)an是等差數(shù)列，且公差d0，求的值；2假設(shè)a11，a22，a34，且存在r3，7，使得mannr對(duì)任意的nN*都成立，求m的最小值；3假設(shè)0，且數(shù)列an不是常數(shù)列，如果存在正整數(shù)T，使得anTan對(duì)任意的nN*均成立，求滿足條件的所有數(shù)列an中T的最小值20(本小題總分值16分)設(shè)函數(shù)f(x)lnx，g(x)ax eq f(b,x)c(a，b，cR) 1當(dāng)c

9、0時(shí)，假設(shè)函數(shù)f(x)與g(x)的圖象在x1處有相同的切線，求a，b的值；2當(dāng)b3a時(shí)，假設(shè)對(duì)任意x0(1，)和任意a(0，3)，總存在不相等的正實(shí)數(shù)x1，x2，使得g(x1)g(x2)f(x0)，求c的最小值；3當(dāng)a1時(shí)，設(shè)函數(shù)yf(x)與yg(x)的圖象交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x2)兩點(diǎn)求證：x1x2x2bx1x2x1南京市、鹽城市2023屆高三年級(jí)第一次模擬考試 數(shù)學(xué)附加題 2023.01考前須知：1附加題供選修物理考生使用2本試卷共40分，考試時(shí)間30分鐘2答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、學(xué)校、考試號(hào)寫在答題卡內(nèi)試題的答案寫在答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案空格內(nèi)考試結(jié)束后，交

10、答復(fù)題卡21【選做題】此題包括A、B、C、D四小題，請(qǐng)選定其中兩小題，并在答題相應(yīng)的區(qū)域內(nèi)作答假設(shè)多做，那么按作答的前兩小題評(píng)分解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟 A.選修4-1：A選修4-1：幾何證明選講本小題總分值10分ABEDO第21(A)如圖，AB為O的直徑，直線DE與O相切于點(diǎn)E，AD垂直DE于點(diǎn)D. 假設(shè)DE4，求切點(diǎn)E到直線AB的距離B選修4-2：矩陣與變換本小題總分值10分矩陣M eq bbc(aco2vs2hs8(2,0,0,1)，求圓x2y21在矩陣M對(duì)應(yīng)的變換作用下所得的曲線方程 C選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程本小題總分值10分在極坐標(biāo)系中，直線cos( eq f(,

11、3)1與曲線r(r0)相切，求r的值D選修4-5：不等式選講本小題總分值10分實(shí)數(shù)x，y滿足x23y21，求當(dāng)xy取最大值時(shí)x的值【必做題】第22題、第23題，每題10分，共計(jì)20分請(qǐng)?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟22本小題總分值10分如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD是菱形，AC與BD交于點(diǎn)O，OP底面ABCD，點(diǎn)M為PC中點(diǎn)，AC4，BD2，OP41求異面直線AP與BM所成角的余弦值；2求平面ABM與平面PAC所成銳二面角的余弦值MABCDOP第22題23本小題總分值10分nN*，nf(n)C eq a(0,n)C eq a(1,n)2 C eq a(1

12、,n)C eq a(2,n)r C eq a(r1,n )C eq a(r,n)n C eq a(n1,n )C eq a(n,n)1求f(1)，f(2)，f(3)的值；2試猜測f(n)的表達(dá)式用一個(gè)組合數(shù)表示，并證明你的猜測南京市、鹽城市2023屆高三年級(jí)第一次模擬考試 數(shù)學(xué)參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 2023.01說明：1本解答給出的解法供參考如果考生的解法與本解答不同，可根據(jù)試題的主要考查內(nèi)容比照評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)制訂相應(yīng)的評(píng)分細(xì)那么2對(duì)計(jì)算題，當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯(cuò)誤時(shí)，如果后續(xù)局部的解答未改變?cè)擃}的內(nèi)容和難度，可視影響的程度決定給分，但不得超過該局部正確解容許得分?jǐn)?shù)的一半；如果后續(xù)局部的解答有較嚴(yán)

13、重的錯(cuò)誤，就不再給分3解答右端所注分?jǐn)?shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù)4只給整數(shù)分?jǐn)?shù)，填空題不給中間分?jǐn)?shù)一、填空題(本大題共14小題，每題5分，計(jì)70分.)11 21 31200 41 5 eq f(2,3) 66 7(，2 8 eq f(3,4) 9(0， eq f(1,4) 104034 111， eq f(9,4) 12 eq r(3) 1324 14100ABCA1B1C1MN第15題二、解答題(本大題共6小題，計(jì)90分.解容許寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟，請(qǐng)把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內(nèi).)15證明：1因?yàn)锳BCA1B1C1是直三棱柱，所以ABA1B1，且ABA1B1又

14、因?yàn)辄c(diǎn)M，N分別是AB，A1B1的中點(diǎn)，所以MBA1N，且MBA1N，所以四邊形A1NBM是平行四邊形，從而A1MBN 4分又BN平面A1MC，A1M平面A1MC，所以BN平面A1MC 6分2因?yàn)锳BCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1平面ABC，而CM平面ABC，所以AA1CM又CACB，且M是AB的中點(diǎn)，所以CMAB又ABAA1A，AB，AA1平面ABB1A1，所以CM平面ABB1A18分又AB1平面ABB1A1，所以CMAB110分又AB1A1M，A1M，CM平面A1MC，A1MCMM，所以AB1平面A1MC，12分又A1C平面A1MC，所以AB1A1C14分16解：1因?yàn)閏eq f(r

15、(5),2)b，那么由正弦定理，得sinCeq f(r(5),2)sinB2分又因?yàn)镃2B，所以sin2Beq f(r(5),2)sinB，即2sinBcosBeq f(r(5),2)sinB. 4分又B是ABC的內(nèi)角，所以sinB0，故cosBeq f(r(5),4) 6分2因?yàn)?eq o(sup8(),sdo1(AB) eq o(sup8(),sdo1(AC) eq o(sup8(),sdo1(CA) eq o(sup8(),sdo1(CB)，所以cbcosAbacosC，那么由余弦定理，得b2c2a2b2a2c2，得ac 10分 從而cosB eq f(a2c2b2,2ac) eq f(

16、c2c2(f(2, r(5)c)2,2c2) eq f(3,5)12分 又0B，所以sinB eq r(1cos2B) eq f(4,5) 從而cos(B eq f(,4)cosBcos eq f(,4)sinBsin eq f(,4) eq f(3,5) eq f(r(2),2) eq f(4,5) eq f(r(2),2)eq f(r(2),10) 14分 17解：1在圖甲中，連接MO交EF于點(diǎn)T設(shè)OEOFOMR，ADCBEGFOMNHT在RtOET中，因?yàn)镋OT eq f(1,2)EOF60，所以O(shè)T eq f(1,2)R，那么MTOMOT eq f(R,2)從而BEMT eq f(1,

17、2)R，即R2BE2 2分故所得柱體的底面積SS扇形OEFSOEF eq f(1,3)R2 eq f(1,2)R2sin120 eq f(4,3) eq r(3) 4分 又所得柱體的高EG4，所以VSEG eq f(16,3)4 eq r(3) 答：當(dāng)BE長為1分米時(shí)，折卷成的包裝盒的容積為( eq f(16,3)4 eq r(3)立方分米. 6分2設(shè)BEx，那么R2x，所以所得柱體的底面積SS扇形OEFSOEF eq f(1,3)R2 eq f(1,2)R2sin120( eq f(4,3) eq r(3)x2. 又所得柱體的高EG62x，所以VSEG( eq f(8,3)2 eq r(3)

18、(x33x2) ，其中0 x3. 10分令f(x)x33x2，x(0，3)，那么由f(x)3x26x3x(x2)0，解得x2 12分列表如下：x(0，2)2(2，3)f(x)0f(x)極大值所以當(dāng)x2時(shí)，f(x)取得最大值.答：當(dāng)BE的長為2分米時(shí)，折卷成的包裝盒的容積最大. 14分18解：1由N( eq r(3)，eq f(r(3),2)，Q(eq f(2 r(3),3)，0)，得直線NQ的方程為y eq f(3,2)x eq r(3) 2分令x0，得點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0， eq r(3)所以橢圓的方程為 eq f(x2,a2) eq f(y2,3)1 4分將點(diǎn)N的坐標(biāo)( eq r(3)，eq

19、f(r(3),2)代入，得eq f(r(3)2,a2)eq f(f(r(3),2)2,3)1，解得a24所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為 eq f(x2,4) eq f(y2,3)1 8分2方法一：設(shè)直線BM的斜率為k(k0)，那么直線BM的方程為ykx eq r(3)在ykx eq r(3)中，令y0，得xPeq f(r(3),k)，而點(diǎn)Q是線段OP的中點(diǎn)，所以xQeq f(r(3),2k)所以直線BN的斜率kBNkBQeq f(0(r(3), f(r(3),2k)0)2k 10分聯(lián)立eq blc(aal(ykxr(3)，, f(x2,4)f(y2,3)1)，消去y，得(34k2)x28 eq r(3

20、)kx0，解得xMeq f(8 r(3)k,34k2) 用2k代k，得xNeq f(16 r(3)k,316k2) 12分 又 eq o(sup8(),sdo1(DN)2 eq o(sup8(),sdo1(NM)，所以xN2(xMxN)，得2xM3xN 14分故2 eq f(8 r(3)k,34k2)3 eq f(16 r(3)k,316k2)，又k0，解得keq f(r(6),2)所以直線BM的方程為yeq f(r(6),2)x eq r(3) 16分方法二：設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)由B(0， eq r(3)，得直線BM的方程為y eq f(y1r(3),x1)x

21、 eq r(3)，令y0，得xPeq f(r(3)x1,y1r(3) 同理，得xQeq f(r(3)x2,y2r(3)而點(diǎn)Q是線段OP的中點(diǎn)，所以xP2xQ，故eq f(r(3)x1,y1r(3)2 eq f(r(3)x2,y2r(3) 10分又 eq o(sup8(),sdo1(DN)2 eq o(sup8(),sdo1(NM)，所以x22(x1x2)，得x2 eq f(2,3)x10，從而eq f(1,y1r(3)eq f(f(4,3),y2r(3)， 解得y2 eq f(4,3)y1eq f(r(3),3)12分將eq blc(aal(x2f(2,3)x1，,y2f(4,3)y1f(r(

22、3),3)，)代入到橢圓C的方程中，得 eq f(x12,9)eq f(4y1r(3)2,27)1又x124(1 eq f(y12,3)，所以eq f(4(1f(y12,3),9)eq f(4y1r(3)2,27)1，14分即 eq r(3)y122y1 eq r(3)0，解得y1 eq r(3)舍或y1eq f(r(3),3)又x10，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為M(eq f(4 r(2),3)，eq f(r(3),3) 故直線BM的方程為yeq f(r(6),2)x eq r(3) 16分19解：1由題意，可得an2(and)(and)d2，化簡得(1)d20，又d0，所以1. 4分2將a11，a22

23、，a34代入條件，可得414，解得0，所以an2an1an1，所以數(shù)列an是首項(xiàng)為1，公比q2的等比數(shù)列，所以an2n1. 6分欲存在r3，7，使得m2n1nr，即rnm2n1對(duì)任意nN*都成立，那么7nm2n1，所以m eq f(n7,2n1) 對(duì)任意nN*都成立. 8分令bn eq f(n7,2n1)，那么bn1bn eq f(n6,2n) eq f(n7,2n1) eq f(8n,2n)，所以當(dāng)n8時(shí)，bn1bn；當(dāng)n8時(shí)，b9b8；當(dāng)n8時(shí)，bn1bn所以bn的最大值為b9b8 eq f(1,128) ，所以m的最小值為 eq f(1,128).10分3因?yàn)閿?shù)列an不是常數(shù)列，所以T2

24、假設(shè)T2，那么an1an恒成立，從而a3a1，a4a2，所以 eq blc(aal(a22a12(a2a1)2，,a12a22(a2a1)2，) 所以(a2a1)20，又0，所以a2a1，可得an是常數(shù)列，這與條件矛盾，所以T2不合題意. 12分假設(shè)T3，取an eq blc(aal(1，n3k2，,2，n3k1，,3，n3k，)(kN*)*，滿足an3an恒成立 14分由a22a1a3(a2a1)2，可得此時(shí)7那么條件式變?yōu)閍n2an1an17由22137，知a3k12a3k2a3k(a2a1)2；由(3)2217，知a3k2a3k1a3k1(a2a1)2；由12(3)27，知a3k12a3

25、ka3k2(a2a1)2；所以，數(shù)列*適合題意所以T的最小值為3. 16分注：寫一個(gè)數(shù)列an時(shí)，需滿足a1a2a30，且a1a220解：1由f(x)lnx，得f(1)0，又f(x) eq f(1,x)，所以f(1)1當(dāng)c0時(shí)，g(x)ax eq f(b,x) ，所以g(x)a eq f(b,x2) ，所以g(1)ab 2分因?yàn)楹瘮?shù)f(x)與g(x)的圖象在x1處有相同的切線，所以 eq blc(aal(f(1)g(1)，,f(1)g(1)，)即 eq blc(aal(ab1，,ab0，)解得eq blc(aal(af(1,2)，,bf(1,2) 4分2方法一：當(dāng)x01時(shí)，那么f(x0)0，又b

26、3a，設(shè)tf(x0)，那么題意可轉(zhuǎn)化為方程ax eq f(3a,x)ct(t0) 在(0，)上有相異兩實(shí)根x1，x2， 6分即關(guān)于x的方程ax2(ct)x(3a)0(t0)在(0，)上有相異兩實(shí)根x1，x2所以eq blc(aal(0a3，,(ct)24a(3a)0，,x1x2f(ct,a)0，,x1x2f(3a,a)0)得 eq blc(aal(0a3，,(ct)24a(3a)，,ct0) 所以c2 eq r(a(3a)t 對(duì)任意t(0，)恒成立 8分因?yàn)?a3，所以2 eq r(a(3a)2 eq f(a3a,2)3(當(dāng)且僅當(dāng)a eq f(3,2)時(shí)取等號(hào)) 又t0，所以2 eq r(a(

27、3a)t的取值范圍是(，3)，所以c3故c的最小值為3. 10分方法二：由b3a，且0 a3，得g(x)a eq f(3a,x2) eq f(ax2(3a),x2)0，得 xeq r(f(3a,a) 或xeq r(f(3a,a)(舍)，那么函數(shù)g(x)在(0，eq r(f(3a,a)上遞減；在(eq r(f(3a,a)，)上遞增又對(duì)任意x01，f(x0)為(0，)上的任意一個(gè)值，假設(shè)存在不相等的正實(shí)數(shù)x1，x2，使得g(x1)g(x2)f(x0)，那么g(x)的最小值小于或等于0. 即g(eq r(f(3a,a)2 eq r(a(3a)c0， 6分即c2 eq r(a(3a)對(duì)任意 a(0，3

28、)恒成立又2 eq r(a(3a)a(3a)3，所以c3 8分當(dāng)c3，對(duì)任意a(0，3)，x0(1，)，方程g(x)f(x0)0化為ax eq f(3a,x)3f(x0)0，即ax23f(x0)x(3a)0*關(guān)于x的方程*的3f(x0)24a(3a)3f(x0)24 eq bbc( f(a3a,2) eq sup10(2)3f(x0)29, 因?yàn)閤01，所以f(x0)lnx00，所以0，所以方程*有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解x1，x2，又x1x2 eq f(f(x0)3,a)0，x1x2 eq f(3a,a)0，所以x1，x2為兩個(gè)正實(shí)數(shù)解 所以c的最小值為3. 10分3當(dāng)a1時(shí)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)與g

29、(x)的圖象交于A，B兩點(diǎn)，所以eq blc(aal(lnx1x1f(b,x1)c，,lnx2x2f(b,x2)c，)兩式相減，得bx1x2(1 eq f(lnx2lnx1,x2x1) 12分要證明x1x2x2bx1x2x1，即證x1x2x2x1x2(1 eq f(lnx2lnx1,x2x1)x1x2x1，即證 eq f(1,x2) eq f(lnx2lnx1,x2x1) eq f(1,x1)，即證1 eq f(x1,x2)ln eq f(x2,x1) eq f(x2,x1)1 14分令 eq f(x2,x1)t，那么t1，此時(shí)即證1 eq f(1,t)lntt1 令(x)lnt eq f(1

30、,t)1，所以(t) eq f(1,t) eq f(1,t2) eq f(t1,t2)0，所以當(dāng)t1時(shí)，函數(shù)(t)單調(diào)遞增又(1)0，所以(t)lnt eq f(1,t)10，即1 eq f(1,t)lnt成立 再令m(t)lntt1，所以m(t) eq f(1,t)1 eq f(1t,t)0， 所以當(dāng)t1時(shí)，函數(shù)m(t)單調(diào)遞減，又m(1)0，所以m(t)lntt10，即lntt1也成立綜上所述， 實(shí)數(shù)x1，x2滿足x1x2x2bx1x2x1 16分南京市、鹽城市2023屆高三年級(jí)第一次模擬考試 數(shù)學(xué)參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 2023.0121【選做題】在A、B、C、D四小題中只能選做2小題，每題

31、10分，共計(jì)20分請(qǐng)?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟A選修4-1：幾何證明選講ABEDFO第21(A)解：如圖，連接AE，OE，過E作EFAB，交AB于F因?yàn)橹本€DE與O相切于點(diǎn)E，所以DEOE，又因?yàn)锳D垂直DE于D，所以ADOE，所以DAEOEA ，在中OEOA，所以O(shè)EAOAE ，5分由得DAEOAE，即DAEFAE，又ADEAFE，AEAE，所以ADEAFE，所以DEFE，又DE4，所以FE4，即E到直徑AB的距離為4. 10分B選修4-2：矩陣與變換解：設(shè)P(x0，y0)是圓x2y21上任意一點(diǎn)，那么x02y021設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)在矩陣M對(duì)應(yīng)的變換作用

32、下所得的點(diǎn)為Q(x，y)，那么 eq bbc(aco1vs4hs8(x,y) eq bbc(aco2vs2hs8(2,0,0,1) eq bbc(aco1vs4hs8(x0,y0) eq bbc(aco1vs4hs8(2x0,y0) ，即 eq blc(aal(x2x0，,yy0，)即eq blc(aal(x0f(1,2)x，,y0y，)5分代入x02y021，得 eq f(x2,4)y21，即為所求的曲線方程. 10分C選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程解：以極點(diǎn)O為原點(diǎn)，極軸Ox為x軸正半軸建立平面直角坐標(biāo)系，由cos( eq f(,3)1 ，得(coscos eq f(,3)sinsin eq

33、 f(,3)1，得直線的直角坐標(biāo)方程為x eq r(3)y20 5分曲線r的直角坐標(biāo)方程為圓x2y2r2，所以圓心到直線的距離為deq f(10r(3)02, r(12(r(3)2)1因?yàn)橹本€cos( eq f(,3)1與曲線r(r0)相切，所以rd，即r1. 10分D選修4-5：不等式選講解：由柯西不等式，得x2( eq r(3)y)212(eq f(r(3),3)2(x1 eq r(3)y eq f(r(3),3)2， 即 eq f(4,3)(x23y2)(xy)2 而x23y21，所以(xy)2 eq f(4,3)，所以 eq f(2,3) eq r(3)xy eq f(2,3) eq

34、r(3)， 5分由eq blc(aal(f(x,1)f(r(3)y, f(r(3),3)，,xyf(2,3) r(3)，)即eq blc(aal(xf(r(3),2)，,yf(r(3),6)，)所以當(dāng)且僅當(dāng)xeq f(r(3),2)，yeq f(r(3),6)時(shí)，(xy)max eq f(2,3) eq r(3) 所以當(dāng)xy取最大值時(shí)x的值為x eq f(r(3),2) 10分【必做題】第22題、第23題，每題10分，共計(jì)20分 22解：1因?yàn)锳BCD是菱形，所以ACBD因?yàn)镺P底面ABCD，所以以O(shè)為原點(diǎn)，直線OA，OB，OP分別為x軸，y軸，z軸，建立如下圖空間直角坐標(biāo)系，那么A(2，0，

35、0)，B(0，1，0)，P(0，0，4)，C(2，0，0)，M(1，0，2)，MABCDOP第22題xyz所以 eq o(sup8(),sdo1(AP)(2，0，4)， eq o(sup8(),sdo1(BM)(1，1，2)， eq o(sup8(),sdo1(AP) eq o(sup8(),sdo1(BM)10， eq o(sup8(),sdo1(AP)2 eq r(5)， eq o(sup8(),sdo1(BM) eq r(6) 那么cos eq o(sup8(),sdo1(AP)， eq o(sup8(),sdo1(BM)eq f(o(sup8(),sdo1(AP) o(sup8(),s

36、do1(BM),o(sup8(),sdo1(AP)o(sup8(),sdo1(BM)eq f(10,2 r(5) r(6)eq f(r(30),6) 故異面直線AP與BM所成角的余弦值為eq f(r(30),6)5分2 eq o(sup8(),sdo1(AB)(2，1，0)， eq o(sup8(),sdo1(BM)(1，1，2) 設(shè)平面ABM的一個(gè)法向量為n(x，y，z)，那么eq blc(aal(n o(sup8(),sdo1(AB)0，,n o(sup8(),sdo1(BM)0，)得 eq blc(aal(2xy0，,xy2z0，) 令x2，得y4，z3所以平面ABM的一個(gè)法向量為n(2

37、，4，3)又平面PAC的一個(gè)法向量為 eq o(sup8(),sdo1(OB)(0，1，0)，所以n eq o(sup8(),sdo1(OB)4，n eq r(29)， eq o(sup8(),sdo1(OB)1那么cosn， eq o(sup8(),sdo1(OB)eq f(n o(sup8(),sdo1(OB),no(sup8(),sdo1(OB)eq f(4 r(29),29) 故平面ABM與平面PAC所成銳二面角的余弦值為eq f(4 r(29),29). 10分23解：1由條件，nN*，nf(n)C eq a(0,n)C eq a(1,n)2 C eq a(1,n)C eq a(2,

38、n)r C eq a(r1,n )C eq a(r,n)n C eq a(n1,n )C eq a(n,n) ，在中令n1，得f(1)C eq a(0,1)C eq a(1,1)1 1分在中令n2，得2f(2)C eq a(0,2)C eq a(1,2)2 C eq a(1,2)C eq a(2,2)6，得f(2)3 2分在中令n3，得3f(3)C eq a(0,3)C eq a(1,3)2 C eq a(1,3)C eq a(2,3)3 C eq a(2,3)C eq a(3,3)30，得f(3)10 3分2猜測f(n)C eq a(n ,2n1)(或f(n)C eq a(n1 ,2n1)

39、5分欲證猜測成立，只要證等式n C eq a(n ,2n1)C eq a(0,n)C eq a(1,n)2 C eq a(1,n)C eq a(2,n)r C eq a(r1,n )C eq a(r,n)n C eq a(n1,n )C eq a(n,n)成立方法一：當(dāng)n1時(shí)，等式顯然成立當(dāng)n2時(shí)，因?yàn)閞C eq a(r,n) eq f(rn!,r!(nr)!) eq f(n!,(r1)!(nr)!)n eq f(n1)!,(r1)!(nr)!)nC eq a(r1,n1)，7分 故r C eq a(r1,n )C eq a(r,n)(r C eq a(r,n) C eq a(r1,n )n

40、C eq a(r1,n1)C eq a(r1,n )故只需證明n C eq a(n ,2n1)nC eq a(0 ,n1)C eq a(0,n)n C eq a(1 ,n1)C eq a(1,n)n C eq a(r1,n1)C eq a(r1,n )n C eq a(n1,n1)C eq a(n1,n )即證 C eq a(n ,2n1)C eq a(0 ,n1)C eq a(0,n) C eq a(1 ,n1)C eq a(1,n) C eq a(r1,n1)C eq a(r1,n ) C eq a(n1,n1)C eq a(n1,n )而C eq a(r1,n )C eq a(nr1,n )，故即證C eq a(n ,2n1)C eq a(0 ,n1)C eq a(n,n) C eq a(1 ,n1)C eq a(n1,n ) C eq a(r1,n1)C eq a(nr1,n ) C eq a(n1,n1)C eq a(1,n) 由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左邊xn的系數(shù)為 eq a(n ,2n1)而右邊(1x)n1(1x)n(C eq a(0 ,n1)C eq a(1 ,n1)xC eq a(2 ,n1)x2C eq a(n1,n1)xn1)( C eq a(0,n)C eq a(1,n)xC eq a(