辽宁省实验中学2023届高三第五次模拟考试数学试卷答案一、单选题：1．D2．B3．A4．C5．B6．D7．C8．A二、多选题：9．AC10．BD11．BCD12．BCD36n4三、填空题：13．14．15．1216．12544n23四、解答题：32sinsinsinABC17.（1）依题意可知32，3coscoscoscoscoscosABABAB3113∴coscos(cos()cos())(coscos())ABABABCAB，∴cos()cosABC，4222311又∵sinC，∴cosC，∴cos()AB2（舍去）或1，∴cosC，且AB0，22223∴CAB,，∴tanA。3631（2）不妨取ACBC3，∴CD2，∴AD322()23=1922，241997∴cos19ADC。4193818.（1）依题意变量X可取值为3，4，5，6，7，9，其对应的概率分别为：1PX(3)0.30.30.09，P(4)0.20.30.12XC2，PX(5)0.20.20.04，11PXC(6)0.50.30.32，PXC(7)0.50.20.22，PX(9)0.50.50.25。∴X的分布列为：X345679P0.090.120.040.30.20.25∴X的期望为EX()0.093+0.124+0.045+0.36+0.27+0.259=6.4分。30（2）取事件A为陈涛取得进球或者助攻，则A为未进球或助攻，∴PA()0.75，40∴PA()10.750.25，事件B为中国队获胜，则PBA(|)0.8，PBA(|)0.2，∴PBPBAPAPBAPA()(|)()(|)()0.20.250.80.750.65，∴PB()10.650.35，又∵PABPBAPA()(|)()(10.8)0.750.15，PAB()33∴PAB(|)，即在中国队输给德国队的前提下，陈涛进球或助攻的概率为。PB()77379343434314791119.（1）依题意aaaa41,,,67，23453797777167846721n猜测a，以下用数学归纳法证明。nn3证明：已知n1,2,3,4,5时成立21k3421k34a232(1)1kk假设nkkN()时，a成立，则akk3，亦符kn174(1)3akk21kk3k7k3合猜想，综上，成立。51.1n51.15nnn11.10.51.1（2）取ba1.1n(2)，∴bbn(7)，∴当nnn3nn1nnnn43(3)(4)1n1,2,3,4,5,6时，bb，当n8,9,10,...时，bb，∴bb1.17为数列{}b的最小项，nn1nn1782n1所以k的取值范围为(,1.17)。220.（1）F为靠近点D的三等分点，或FD4。（2）∵翻折前DF2AE,DC2AB，∴将DA,,FECB延长一倍，三线交予点O，已知等腰直角三角形ODF中DEOF，∴ABEDCF''中DEOF'，又∵二面角AEFB'为直二面角，∴DE'面111132EFC。∴三棱锥DOFC'的体积为VD'EFCOD22842，D'OFC3232314又∵三棱锥AOBE'的体积VV2，∴棱台ABEDCF''的体积为AOBEDOFC''8332428V222。在线段DC上取DG2，∴AEDG，∴四边形AEGD为平行四A''BEDCF333边形，∴ADEG，∴EGEB，又∵面，∴D','EEBDEEG。以E为原点，以EGEBED',,为xyz,,的单位向量建立空间直角坐标系，其中各点坐标分别为2B22ODBE(2,2,0),'(0,0,22),(0,4,0),(0,0,0)，∴OD'(2,2,22),OB(2,6,0),OE(2,2,0),ED'(0,0,22)。取面OD'B的法向量为n1(,,)abc，nODabc1'22220∴，不妨取n1(3,1,2)，nOBab1260nOErs2220取面ODE'的法向量nr2st(,,)，∴，不妨取n2(1,1,0)，nEDt2'220||46nn12∴取二面角BADE''的平面角为为锐角，∴cos。||||122nn123A’D’zOOyAEBEBCxDGCGFFxy22bx22ybyb21.（1）取在椭圆上，∴oo，∴22o，又∵o，o，D(x,y)oo21ybok1k24b4xoxo22bxo22221ybybybbx∴ooo4，∴，∴椭圆的方程为2。kk1222b1Cy144xxxxoooo4y（2）取l的方程为ykxkkxm1，其中mk1，将直线方程带入ADxy22440得，(41)8440kxkmxm222，其判别式为xH2222222644(41)(44)kmkmkmkk64161616(32)0，GB2∴k0或k。取，Hx(),y为交点，311844kmm2∴xxxx,，oo114141kk22ykyooo11mxyky1111xm1∴k13kkm2(1)xxxxxooox11182kmkm12k(m1)2k2k2m2，∴kk2，又∵kk，4m24m13112411∴kkk2312，取fx()2x(0)x，4k14x1(12xx)(12)1111∴fx'()1，∴fx()在(,)],[,单调递减，在[,0),(0,]单调递增，4xx224222211又∵f()3，f(1)，∴fx()的值域为(,)1][3,，即kk的取值范围为。2223122.（1）依题意fxxagx'()2,'()，设公切线在两条去线上的切点横坐标分别为mn,，则有x111aa22ma()a()lnnn1a12222nn，∵m，∴，1mamn2ln22nn1annmn22n1aa211整理得1ln0n①，此关于n的方程只有一根。取t0，∴n，则①可化为424nn22n2ta21a21t2at1ln0，取h()1lntt2at，42t42t12ta2t1∴htta')(2，由21ta2t的特征可知，ht'()在(0,)必有零点t，∴ht()在(0,)tttoo单调递减，在(t,)o单调递增。∵只有一个零点，22a12∴h()1ln0ttoooat②，其中to满足21=0tatoo③，联立②③消去参数a可得42to111111④，取为关于的递减函数，且，∴由④解得，21ln0pt()1lno2top()0to42ttoo42ttoo22带入③得a1。此时f()xx2x。1(21)(1)xx取q()()()xfxxgxx2lnx，∴q'()21xx，∴qx()在(0,1]单调递减，xx[1,)单调递增，∴qxq()(1)0，即fxgx()()当且仅当x1取等。1（2）由（1）可知，xxxx(1)ln,1，即(1)ln(1),0xxxx，∴取x，nN，则n111nn11(1)ln(1)，nN，即ln()，，nnnnn2ni1231n∴2ln()ln()...ln()ln(1)ni1in12