江苏省苏北四市2023届高三第一次调研测试（一模）数学试卷+答案

高三数学 高三数学下教学计划届高三数学备考计划高三数学学业水平考试高三数学备课计划高三数学上教学计划 参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1.C2.C3.A4.A5.C6.D7.A8.B二、选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.AD10.ABD11.ABD12.AC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.－12014.2715.15216.5四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）由正弦定理，得sinABBACCcossincos2sincos，即sin(ABCC)2sincos，即sinCCC2sincos，………………………2分又C(0,π)，所以sinC0，1π所以cosC，故C．……………………………………………………4分23cAsin44（2）由正弦定理，得aAsin，bBsin，………………………5分sinC334所以△ABC的周长Labc(sinAsinB)2342π[sinAAsin()]233314(sinAAcos)222π4sin(A)2，……………………………………8分6π0,A2ππ由为锐角三角形可知，得A，2ππ620,BA32ππ2ππ3所以A，所以sin(A)(,1]，36362所以的周长的取值范围为(223,6]．………………………………10分q18．（1）设数列{}an的公比为.S3a1a2a314①②，得q38，所以q2.……………………3分②①S6S3a4a5a6112有S3a1a2a3a12a14a114，得a12,n则数列的通项公式为an2.(注：若使用等比求和公式没有讨论公比q1，扣1分)………………………5分3（2）由2nb2n1b2b4n1,n1时23b，得b.………………6分12n112n1n2n1所以n≥2时,2b12b22bn141..……………………………8分nn1n1n2n2b12b22bn22b12b22bn12bn41…………10分nn1n11有2412bn41，得n2时，bn4…………………………11分21又，故b4n1.………………………………………………………12分n219．（1）连接AC，在△ABC，AB1,BC2，ππABC，由余弦定理得AC3，所以BAC………………………2分32因为侧面SAD底面ABCD，面SAD底面ABCD=AD，SAAD，所以SA面ABCD，所以SAAC.………………………………………………4分法1：以A为原点建立如图所示空间直角坐标系.则BCSD(1,0,0),(0,3,0),(0,0,3),(1,3,0)，CD(1,0,0),SC(0,3,3).设平面SCD的法向量为n(,,)xyz，nCD0x0由，得，可取n(0,3,1).nSC03yz30易知m(0,0,1)为面ABCD的法向量.……………………6分nm11所以cos.|nm|||132因为二面角SCDA为锐角，ππ所以.即二面角的大小为.……………………………………8分33法2：因为，所以SACD.因为四边形为平行四边形，所以ACCD，又SAACA，所以CD面SAC，所以CDSC.又面ACD面SCDCD,所以ACS为二面角的平面角……………6分3π因为tanACS3，二面角为锐角，所以.33π即二面角的大小为………….…………………………………8分3（2）设P(,,)x1y1z1，SPSD，得(,x1y1,z13)(1,3,3)，x1,y13,z133,所以P(,3,33),所以BP(1,3,33).………………………………10分由（1）知平面PCD的法向量为.BPn3333因为cos,|BP|n|2(1)2(3)2(33)2213216108所以当时，cos值最大，即当时，BP与平面PCD所成角最大．13………………………………12分c3,a3a3,22220．（1）由条件知，解得所以bac2，a2c1,a33,cxy22所以椭圆E的方程为1．………………………………………………4分32（2）由（1）知，F1(1,0)，F2(1,0)，由题意知，直线AB的斜率不为0，设直线的方程为xmy1，xy221,22联立32消去x并整理得，(2my3)4my40．xmy1,4m4设A(,)xy，B(,)xy，则yy，yy．……………6分11221223m21223m22m3所以y，xmy1，M23m2MM23m2yM2m所以直线OM的斜率为kOM．xM3y12y1直线AF2的方程为y(x1)，直线l的方程为x3，则C(3,)，x11x11y22y2直线BF2的方程为y(x1)，同理有D(3,)．…………………8分x21x21y1y2y1y2所以yNx11x21my12my22y1(my22)y2(my12)2my1y22(y1y2)2(my122)(my2)my1y22m(y1y2)444m22m224m2mm323．……………………………10分44m2mm224m323mm2223y4m所以直线的斜率为N．ONkON2xmN3(3)24mm由M，O，N三点共线可得，kk，即，OMON33(m23)所以m0或m1．故直线AB的方程为x1或xy10或xy10．………………12分11121．（1）依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为p，…………………1分3391门将在前三次扑到点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，易知XB(3,)，918所以P()C()()Xkkk3k，k0,1,2,3，………………………………2分399故X的分布列为：X01235126481P72924324372911所以X的期望EX()3．…………………………………………………6分93（2）①第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，则当n≥2时，第n1次传球之前球在甲脚下的概率为pn1，第次传球之前球不在甲脚下的概率为1pn1，111则pp0(1p)p，……………………………………8分nn1n122n1211112即pp()，又p，nn3213133121所以{}p是以为首项，公比为的等比数列．…………………………10分n3322112111②由①可知p()n1，所以p()9，n3231032331122191所以qp(1)[()]，故pq1010．…………………………12分1021023323122．（1）当a0时，f(x)cosxx2，则f(x)sinxx，2ππ所以f()1，………………………………………………………………1分22ππ2又f()，28ππππ2π所以曲线yf()x在点(,f())处的切线方程为yx(1)………3分22282（2）g(x)aexsinxx，g'(x)aexcosx1，g(x)在(0，π)上有两个极值点，即gx'()在(0,π)上有两个变号零点，cosx1令g'(x)0得axexcos10，a0，……………………5分exπ2sin(x)1cosx1sinxxcos1h()xa，hx'()4，exeexxππ2当x(0,)时，sin(x)(,1]h'(x)0h(x)单调增，242ππ22当x(，π)时，sin(x)(,)h'()0xh()x单调减，……7分2422ππh(0)a,h()ae2，h(π)a2eπ，2ππ当2π时，h(0)0,h()0,h(π)0，ea2e2πxx(0,),(0,π)使h(x)h(x)0，……………………………9分12212当xx(0,1)时，h()x0,g'()x0,g()x单调减，当x(,)x12x时，h()x0,g'()x0,g()x单调增，当xx(2，π)时，h()x0,g'()x0,g()x单调减，π即π时，在(0，π)上有两个极值点．e2a2e……………………………12分