上饶市2023届第一次高考模拟考试理科数学参考答案题号123456789101112选项BACDCDBBCCAA13.114.2015.−5−5216.푃1푃3+푃2푃3−푃1푃2푃31.解：A={푥|푥≤−4或푥≥1},所以퐴∩퐵={1,2},故选B(1+i)(1+i)(2+i)1+3i13102.解：由题意得，푧===.|푧|=√()2+()2=√(2−i)(2−i)(2+i)5555故选A3.解：由题知a1=−5d,d=1，所以a8=2，故选C2푟4．解：由二项展开式通项公式可得푇=C푟푥2(6−푟)(−)=푟+16푥푟푟12−3푟C6(−2)푥，令12−3푟=0解得푟=4，44所以常数项푇5=C6(−2)=240，故选D5.解：画出可行区域如图，由푧=2푥+푦得푦=−3푥+푧，则当直线푦=−3푥+푧经过点(2,2)时，푧取最大值，푧푚푎푥=8.故选：C.mm6.解：F0,，B(2,0)，A1,，代入抛物线48方程得m=22.故选D17.解：tan=−，tan=tan(−(−))=−1.故选B2휋8.解：设푃的投影为O且푃푂=푥m，在Rt△퐷퐸퐶中，∠푃퐶푂=，所以3푥퐶푂=，√3휋在Rt△푃푂퐵中，∠푃퐵푂=，所以퐵푂=푥，4휋在Rt△푃퐴푂中，∠푃퐴푂=，所以，6퐴푂=√3푥在△퐵푂퐶和△퐵푂퐴中分别用余弦定理得푐표푠∠푂퐵퐶+22푥푥+400−푥2+400−3푥2푐표푠∠푂퐵퐴=3+=0，解得푥=10√6.40푥40푥故选：B.9.解：作截面如图，其中G和H分别为AB和D'C'F8240퐴퐴′的三等分点，所以周长为√+.选CA'B'33H210.解：由题知f(x)=cosx+的图像关于直D3CE线x=对称，=−+k,kZ，AGB4622f(x)=cosx−+k，f(x)=0等价于cosx−=036365由图可知a的最小值为.故选C211.设切点为N，连接ON，作퐹2作퐹2푁⊥푀푁，垂足为A，由|푂푁|=푎，且푂푁为Δ퐹1퐹2퐴的中位线，可得22|퐹2퐴|=2푎,|퐹1푁|=√푐−푎=푏，即有|퐹1퐴|=2푏，在直角三角形Δ푀퐹2퐴中，可得|푀퐹2|=2√2푎，即有|푀퐹1|=2푏+2푎，由双曲线的定义可得|푀퐹1|−|푀퐹2|=2푏+2푎−2√2푎=2푎，可得푏=푐√2푎，所以푐=√푎2+푏2=√3푎，所以푒==√3，故选A.푎412.若푥=,푎=푥−1,푏=푥ln푥，令푓(푥)=푥ln푥−(푥−1)3푓′(푥)=ln푥+1−1=0,푥=1,푓(푥)在(1,+∞)上单调递增，푓(푥)>푓(1)=0441∴>，即c＞a3ln33161011161011(1+)=퐶0()+퐶1()+⋯+퐶6()＞퐶0()+퐶1()=3＞푒，363636363631111∴1+＞푒6，＞푒6−1331111sin1又푠????푛＜∴＞푒6−1＞푒6−1，即푎＞b663∴bac故选A13.解：本题考查向量数量积运算.因为|푎⃗|=2|푏⃗⃗|=2，所以|푏⃗⃗|=1，所以(푎⃗-2푏⃗⃗)·(푎⃗+푏⃗⃗)=푎⃗2-푎⃗·푏⃗⃗-2푏⃗⃗2=푎⃗2-|푎⃗|·|푏⃗⃗|cosθ-2푏⃗⃗2=4-2×1×1-2×1=1.故答案为：1.214.解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则r2=16,r=4，1r2h=16,h=3，母线长等于5，圆锥侧面积为20.3a2+22−215.解：n+1=(−1)n−1+(−1)n=(−1)n−12，an22an+2=−2an，该数列奇数项和偶数项分别是公比为-2的等比数列，S8=−5−52.16.当T1处接入푎时能正常工作的概率푃′=푃1[1−(1−푃2)(1−푃3)]=푃1푃2+푃1푃3−푃1푃2푃3同理可知当T1处接入b时能正常工作的概率푃′′=푃1푃2+푃2푃3−푃1푃2푃3当푇1处接入푐时能正常工作的概率푃′′′=푃1푃3+푃2푃3−푃1푃2푃3′′′′′′′因为0<푃1<푃2<푃3<1，所以푃>푃,且푃>푃′′,所以此电路正常工作的最大概率是푃1푃3+푃2푃3−푃1푃2푃3321017.解：（1）cosABD=cos−DBC=−+421023105=--------(4分)2105BD=5，AD=2.--------(6分)(2)以A为原点，AB为x轴正半轴建立平面直角坐标系，则A(0,0),B(1,0),C(2,1),D(0,2)AC=(2,1),BD=(−1,2)，ACBD=0,AC⊥BD.--------(12分)18.解：（1）由题意知푎+0.01+0.018+0.022+0.025+0.020=0.1，所以푎=0.005,--------(2分)设某学生每天运动时间不低于20分钟为事件A，该学生是运动族푃(퐴퐵)0.2525为事件B，则푃(퐵|퐴)===--------(5分)푃(퐴)0.7272（2）由题意知样本里共有“运动族”学生25人，其中20人每天平均运动时间40-50分钟，所以X的所有可能取值有0，1，22퐶51푃(푋=0)=2=퐶253011퐶5퐶201푃(푋=1)=2=퐶2532퐶2019푃(푋=2)=2=퐶2530所以分布列为X0121119P30330--------(10分)11198퐸푋=0×+1×+2×=--------(12分)30330519.解：（1）取BC中点为O，连接EO，AO，则AO⊥平面BCDE，AO⊥BD,又AE⊥BD，BD⊥平面퐴퐸푂,--------(3分)∴퐵퐷⊥퐸푂，由EBO相似于DEB可得BE=4。--------(5分)（2）如图，以O为原点建立空间直角坐标系，퐴(0,2√6,0)，퐷(2√2,0,4)퐵(−2√2,0,0)，퐸(−2√2,0,4),⃗퐴퐸⃗⃗⃗⃗⃗=(−2√2,−2√6,4),퐵퐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,4),⃗퐷퐸⃗⃗⃗⃗⃗=(−4√2,0,0),--------(6分)设平面BAE的法向量푛⃗⃗⃗⃗1⃗=(푥1,푦1,푧1),平面DAE的法向量푛⃗⃗⃗⃗2⃗=(푥2,푦2,푧2),则有−22푥−26푦+4푧=0{√1√11，4푧1=0取푛⃗⃗⃗⃗1⃗=(−√3，1，0)−2√2푥−2√6푦+4푧=0又有{222,−4√2푥2=0取푛⃗⃗⃗⃗2⃗=(0，√6，3)610푐표푠〈푛⃗⃗⃗⃗⃗,푛⃗⃗⃗⃗⃗〉=√=√，--------(10分)122√151010所以所求角的余弦值为−√.--------(12分)10푐2푒==20.解：（1）由题意，有{푎3，解得푎=3，c=2，푏=√5，2푐=4푥2푦2所以椭圆퐶的方程为+=1；--------(4分)95（2）由题意，点퐸在푥轴上方且过点퐹(2,0)，则直线푙的斜率不为0，设直线푙的方程为푥=푚푦+2，푃(푥1,푦1)，푄(푥2,푦2)，则푦1>0，푦2<0，푥2푦2+=1由{95，可得(5푚2+9)푦2+20푚푦−25=0，푥=푚푦+298−20푚Δ=4푚2+4×8(푚2+)=36×(푚2+)>0，푦+푦=，푦푦=55125푚2+912−25，--------(6分)5푚2+9푦1+푦24푚5所以=，即푚푦1푦2=(푦1+푦2)，푦1푦254由퐴1(−3,0)，퐴2(3,0)，푦1푦1所以푘퐴1푃=，则直线퐴1푃的方程为푦=(푥+3)，푥1+3푥1+33푦3푦令푥=0，得푦=1，所以푀(0,1)，푥1+3푥1+3푦2푦2所以푘퐴2푄=，则直线퐴2푄的方程为푦=(푥−3)，푥2−3푥2−3−3푦−3푦令푥=0，得푦=2，所以푁(0,2)，--------(8分)푥2−3푥2−33푦1|푂푀||||푦(푥−3)||푦(푚푦−1)||푚푦푦−푦|푥1+31212121-----(10分)所以=−3푦2===|푂푁||||푦2(푥1+3)||푦2(푚푦1+5)||푚푦1푦2+5푦2|푥2−35|(푦+푦)−2푦|4121|푦1+5푦2|1=5==，|(푦+푦)+4푦||5푦1+25푦2|54122|푂푀|1所以=．--------(12分)|푂푁|521.解：（1）由已知可知푓′(푥)=푒푥-푎--------(1分)①当푎≤0时，푓′(푥)>0,푓(푥)在R上单调递增；--------(2分)②当푎>0时，令푓′(푥)=0，则푥=푙푛푎,当푥∈(−∞,푙푛푎)时，푓′(푥)<0,푓(푥)在单调递减当푥∈[푙푛푎,+∞)时，푓′(푥)≥0,푓(푥)在单调递增--------(4分)（2）由已知ℎ(푥)=푒푥푠????푛푥−푎푥,ℎ′(푥)=푒푥(푠????푛푥+푐표푠푥)−푎,令퐻(푥)=ℎ′(푥),则퐻′(푥)=2푒푥푐표푠푥.휋当푥∈(0,)时,퐻′(푥)>0,ℎ′(푥)单调递增；2휋当푥∈(,휋)时,퐻′(푥)<0,ℎ′(푥)单调递减。2휋휋ℎ′(0)=1−푎，ℎ′()=푒2−푎>0,ℎ′(휋)=−푒휋−푎<0.--------(6分)2휋①当0<푎≤1时，1−푎≥0，ℎ′(0)≥0,∃唯一푥∈(,휋),使得ℎ′(푥)=0,020′′当푥∈(0,푥0)时，ℎ(푥)>0,ℎ(푥)递增;当푥∈(푥0,휋)时，ℎ(푥)<0，ℎ(푥)递减。因为ℎ(0)=0,所以ℎ(푥0)>0,又因为ℎ(휋)=−푎휋<0,由零点存在性定理可得，ℎ(푥)在（0，휋）上仅有一个零点。-------(8分)휋휋②当1<푎<3时，ℎ′(0)=1−푎<0，∃푥∈(0,),푥∈(,휋),使得1222′′ℎ(푥1)=ℎ(푥2)，′当푥∈(0，푥1)和푥∈(푥2，휋)时，ℎ(푥)<0,ℎ(푥)单调递减，′当푥∈(푥1，푥2)时，ℎ(푥)>0,ℎ(푥)单调递增휋휋휋휋3휋因为ℎ(0)=0,所以ℎ(푥)<0,又因为ℎ()=푒2−푎>푒2−>0,1222휋所以ℎ(푥)>ℎ()>0,22而ℎ(휋)=−푎휋<0,由零点存在性定理可得，ℎ(푥)在(푥1，푥2)和(푥2，휋)上各有一个零点，即ℎ(푥)在(0，휋)上有2个零点.综上所述，当푎≥1时,ℎ(푥)在（0，휋）上仅有一个零点;当1<푎<3时,ℎ(푥)在(0，휋)上有2个零点.-------(12分)8822．解：（1）∵휌2===5−3푐표푠2휃5(푐표푠2휃+푠푖푛2휃)−3(푐표푠2휃−푠푖푛2휃)4，则휌2푐표푠2휃+4휌2푠????푛2휃=4，푐표푠2휃+4푠푖푛2휃푥2∴푥2+4푦2=4，即+푦2=1，4푥2故曲线C的直角坐标方程为+푦2=1.-------(5分)4（2）将直线푙的参数方程为{푥=√2+푡푐표푠훼（t为参数）代入曲线C的푦=푡푠????푛훼2푥2(2+푡푐표푠훼)直角坐标方程为+푦2=1，得√+(푡푠????푛훼)2=1，44整理得(푐표푠2훼+4푠????푛2훼)푡2+(2√2푐표푠훼)푡−2=0，2√2푐표푠훼设A，B两点所对应的参数为푡1,푡2，则푡+푡=−,푡푡=12푐표푠2훼+4푠푖푛2훼122−，-------(7分)푐표푠2훼+4푠푖푛2훼∵퐴푀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2푀퐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，则푡1=−2푡2，4√2푐표푠훼푡1=−2푡2푡=−1푐표푠2훼+4푠푖푛2훼联立{2√2푐표푠훼，解得{，푡+푡=−2√2푐표푠훼12푐표푠2훼+4푠푖푛2훼푡=2푐표푠2훼+4푠푖푛2훼242푐표푠훼22푐표푠훼将푡,푡代入푡푡=−得(−√)(√)=1212푐표푠2훼+4푠푖푛2훼푐표푠2훼+4푠푖푛2훼푐표푠2훼+4푠푖푛2훼27−，解得푘2=푡푎푛2훼=，푐표푠2훼+4푠푖푛2훼47故直线푙的斜率为±√.-------(10分)223．解：（1）由题意知，当푎=1时，푓(푥)=|2푥|+|푥−2|，−3푥+2,푥<0所以푓(푥)={푥+2,0≤푥<23푥−2,푥≥2因为푓(푥)≤4，푥<00≤푥<2푥≥2所以{，或{，或{，−3푥+2≤4푥+2≤43푥−2≤42解得−≤푥≤232所以不等式푓(푥)≤4的解集为[−，2].-------(5分)3（2）由题知，푓(푥)=|2푥|+|푥−2푎|