岳阳市2023届高三教学质量检测第一次考试数学参考答案一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.)1.B2.C3.C4.D5.B6.A7.A8.D二、多项选择题(本大题共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.)9.ABD10.ACD11.BC12.BCD三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上.)33613.14.19815.16.(1)2，(2)10或11655四、解答题(本大题共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.a*n13解：(1)因为log3an1log3an1(nN)，所以----------------------------------------1分an所以数列{an}是首项为1公比为3的等比数列----------------------------------------------------3分n1所以数列{an}的通项为an3------------------------------------------------------------------------4分1(13n)3n1(2)由(1)知数列{an}的前n项和S------------------------------------------5分n132a3n311n1分bnn1n(n1n)------------------------8(an1)2(Sn1)(31)(31)23131所以3111111Tnb1b2b3...bn(1)(12)...(n1n)223131313131311（)223n13n13数列b的前n项和T------------------------------------------------------------------10分nn4(3n1)a3n注：如果只化简n1，并写出表达式给分bnn1nTn1(an1)2(Sn1)(31)(31)18.解：设Y表示每个顾客取到食品所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：Y12345P0.050.450.350.10.05-------------------1分(1)A表示事件“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”，则事件A对应三种情形：①第一个人取到食品所需的时间为1分钟，且第二个人取到食品所需的时间为3分钟；②第一人取到食品所需的时间为3分钟，且第二人取到食品所需的时间为1分钟；③第一个和第二个人取到食品所需的时间均为2分钟．所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝1)＋P(Y＝2)P(Y＝2)＝0.05×0.35＋0.35×0.05＋0.45×0.45＝0.2375.--------------------------6分(2)X所有可能的取值为0,1,2.------------------------------------------7分X＝0对应第一个人取到食品所需的时间超过2分钟，所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；X＝1对应第一个人取到食品所需的时间为1分钟且第二个人取到食品所需的时间超过1分钟，或第一个人取到食品所需的时间为2分钟，所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y>1)＋P(Y＝2)＝0.05×0.95＋0.45＝0.4975；X＝2对应两个人取到食品所需的时间均为1分钟，所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.05×0.05＝0.0025；-------------------10分所以X的分布列为X012P0.50.49750.0025--------------11分E(X)＝0×0.5＋1×0.4975＋2×0.0025＝0.5025.--------------------------12分19.解：(1)由余弦定理得b2a2c22accosB又b2a2ac所以a(12cosB)c--------------------------------------------------------------------------------------2分由正弦定理得sinA(12cosB)sinC---------------------------------------------------------------3分又ABC所以sinA(12cosB)sin(AB)sinAcosBcosAsinB得sinAsin(BA)----------------------------------------------------------------------------------------5分在三角形中得ABA或ABA（舍去）得B2A-----------------------------------------------------------------------------------------------------6分(2)由(1)知B2A且ABC，所以03A所以0A---------------------7分3cosCcosAcos3AcosAcos(2AA)cosAsin2AsinAcos2AcosAcosA2sin2AcosA(2cos2A1)cosAcosA4cosA4cos3A---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------9分1令xcosA,f(x)4x4x3且x12f(x)412x24(13x2)1313可知当x时f(x)0所以f(x)4x4x3在x单调递增232333可知当x1时f(x)0所以f(x)4x4x3在x1单调递减33383f(x)在x时取到极大值也是最大值，且最大值为3913183又f(),f(0)0,f()f(0)，所以0f(x)222983故cosCcosA的取值范围为(0,]---------------------------------------------------------------12分920.解：(1)法一：延长AA1,CF交于点N，连NE交A1B1于M则可知平面EFC即平面CEMF且M为A1B1靠近B1的三等分点所以A1M2，又A1F2，BAC45,222由余弦定理知MFA1MA1F2A1MA1FcosBAC2222所以MFA1FA1M故△A1MF为直角三角形，A1FMF直三棱柱A1B1C1ABC中，AA1平面A1B1C1，所以AA1MF，又AA1A1C1A1所以MF平面A1ACC1，MF平面EFC所以平面EFC平面A1ACC1-----------6分yy法二：如图所示，以A为原点，OB,OA1为轴和z轴的正方向，过A作轴垂线为x轴建立空间直角坐标系，设A1A2a，则A(0,0,0),C(2,2,0),F(1,1,2a),E(0,3,a),A1(0,0,2a),C1(2,2,2a)所以CE(2,1,a),CF(1,1,2a),AC(2,2,0),AA1(0,0,2a)设平面EFC的一个法向量为n(x1,y1,z1)，nCE02x1y1az10则即nCF0x1y12az101令x1，则n(1,1,)1a设平面A1ACC1的一个法向量为m(x2,y2,z2)，mAC02x22y20则即2az0mAA101令x21，则m(1,1,0)1所以mn(1,1,0)(1,1,)0所以mn故平面EFC平面A1ACC1----------------------6分a1(2)EC(2,1,a)，由(1)知平面EFC的一个法向量为n(1,1,)1a222|cosEC1,n|由直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为得1335a22a210得2a47a250得a或a12因为，所以A1A3a1当a1时，n(1,1,1)，AC1(2,2,2)，知AC1//n，所以AC1平面EFC而AC1平面AB1C1，故平面AB1C1平面EFC-------------------------------------------------12分21.解：（1）法一：设E(x0,y0)，过E(x0,y0)且平行l2的直线方程为yy02(xx0)yy02(xx0)2xy由得交点A的横坐标为00y2x42xy5所以|OA|122|00||2xy|4400|2xy|E点到直线l的距离为0015|2xy|52222所以00即x0y0或y0x0|2x0y0|41154416164x2y2y2x2故动点E的轨迹方程为1或1---------------------------------------------5分416164法二：设，E点到直线l1的距离为，到直线的距离为，E(x,y)h1l2h2BOA2四边形OAEB（O为原点）的面积为S则S|OA|h1|OB|h2|OA||OB|sin2所以2所以S|OA||OB|h2h1Ssin2h2h12tan4tan2时，sin2，1tan2512tan4tan时，sin221tan25|2xy||2xy||2xy||2xy|16又所以h1,h255555x2y2y2x2得动点E的轨迹方程为1或1----------------------------------------------5分416164x2y2（2）由题知E0的方程为1416设N0,yN，Px1,y1，Qx2,y2，当直线m的斜率为0时，N0,012若P2,0，Q2,0，因为NMMP，NMMQ，知,1，所以3312若Q2,0，P2,0，因为NMMP，NMMQ，知1,，所以3311当直线m的斜率不为0时,设直线m的方程为xty1（显然t0），则N0,，即yNtt因为NMMP，NMMQ，所以1,yNx11,y1，1,yNx21,y2，yyNN11y1y2解得，u，yNyN.y1y2y1y2y1y2xty122由22消x并整理成4t1y8ty1204xy162因为直线m与曲线E0有两个交点，则在4t10且判别式0时有8t12yy且yy124t21124t2118t4t212所以t4t211232即证为定值-----------------------------------------------------------