淮南市2023届高三第一次模拟考试数学试卷答案一、单选题CBCDADAB二、多选题BD；ABD；ACD；ABC；三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填写在题中的横线上.）313.52414.2x3y90;1315.416.[6,22]三、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.【解析】(1)选条件①：(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sin(A+B)；由正弦定理可得，(a－b)(a＋b)＝(c－b)c，（1分）b2＋c2－a21即b2＋c2－a2＝bc，cosA＝=，（2分）2bc2π又A(0,)，A＝.（4分）3选条件②：（3b2c2-a2）2acsinB由余弦定理可得：23bccosA2acsinB，即3bcosAasinB，（1分）由正弦定理可得，3sinBcosAsinAsinB，sinB0，（2分）π所以tanA3，又A(0,)，A＝.（4分）3π1(2)由（1）知，A＝，△ABC的面积为23，bcsin23,得bc8（5分）323121122由平面向量可知，AD（ABAC），AD（ABAC）2（ABAC2ABAC）（6分）2441113（b2c22bccos）（b2c2bc）（2bcbc）bc6，（8分）43444当且仅当bc22时取等号故BC边中线AD的最小值为6（10分）18.【解析】（1）由题意知，一件产品的质量指标值位于区间111,117的概率即为P（μ+σ＜X＜μ+2σ）（2分）因为P（μ-σ＜X＜μ+σ）=0.6826，P（μ-2σ＜X＜μ+2σ）=0.95441所以P（μ+σ＜X＜μ+2σ）=（0.9544-0.6826）0.1359（5分）2所以XB(100,0.1359)，故EX1000.135913.59.（7分）（2）X服从正态分布N（105，36），由于P（μ-3σ＜X＜μ+3σ）=0.9974，所以内径在（87，123）之外的概率为0.0026，为小概率事件而86∉（87，123）.（10分）根据3σ原则，机器异常，需要进一步调试．（12分）*，，19.【解析】（1）由amnaman(m,nN)知，a1na1an即an1-ana11（2分）1，故从而an是等差数列，且公差为ana1(n1)a1n，（5分）由（）n2n1（）n2n1（）n11（2）bn-1=-1-1()，（7分）anan1n(n1)nn111111111数列b的前2n项和T=-1-++--+...+1，（10分）n2n223342n2n12n1112又因为{1}在nN*上单调递减，所以11，2n12n132故1T.（12分）2n320.【解析】（1）证明：取AC的中点为E，连结SE，BE，∵AB=BC，∴BE⊥AC，（1分）在△SCB和△SAB中，∠SAB=∠SCB=90°，AB=BC，SB=SB，∴△SCB≌△SAB，∴SA=SC，（2分）∵AC的中点为E,∴SE⊥AC，（3分）∵SE∩BE=E，∴AC⊥面SBE，∵SB面SBE，∴ACSB（5分）（2）解：过S作SD⊥面ABC，垂足为D，连接AD，CD，∴SD⊥AB∵AB⊥SA，AB⊥SD，SA∩AD=A，AB⊥面SAD∴AB⊥AD同理，BC⊥CD∵底面ABC为等腰直角三角形，AB2，SC22∴四边形ABCD为正方形且边长为2.（7分）以D为原点，DA，DC，DS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(2,0,0),S(0,0,2),C(0,2,0),B(2,2,0),（8分）∴SC=（0,2，-2），AC=（-2,2,0），BC=（-2,0,0），（9分）nSC02y12z10设平面SAC的法向量=（x1，y1，z1），则，即，nnAC02x12y10取，则，，∴（,,），（分）x1=1y1=1z1=1n=11110m•SC02y22z20设平面SBC的法向量=（x2，y2，z2），则，即，mm•BC02x20取，则，，∴（,,），（11分）y2=1x1=0z1=1n=011设平面SAC与平面SBC夹角为mn0011116∴coscosn,m===，|m||n|12121202121236故平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为.（12分）321.【解析】(1)由题意可得，x2ccM(x,y),F(c,0),MF(xc)2y2(xc)2(10)b2(xa)2xa00000a2a0a0（2分）又因为，，，222（3分）ax0a,MFmaxacMFmina-cbac413c1又椭圆C的离心率e，所以a2c，则b2a2c24c2c23c23，即c1,a2，a2x2y2所以椭圆C的方程为1.（4分）43(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，F1,0，y1y2∵∠PFA+∠PFB=，∴kAFkBF0，所以0，x11x21化简整理得x1y2y2x2y1y10①，（5分）xmyn设直线l：xmynm0，联立直线与椭圆方程x2y2143化简整理可得3m24y26mny3n2120，b24ac36m2n243m243n2120，可得n23m24②，6mn3n212由韦达定理，可得y1y2，yy③，（6分）3m24123m24将x1my1n，x2my2n代入①，可得2my1y2n1y1y20④，26mn46mnn1再将③代入④，可得，解得n4，（8分）3m243m24∴直线l的方程为xmy4，且由②可得，3m2416，即m24，11043由点F1,0到直线l的距离d，1m21m221123m42S△FABQRd1my1y24y1y2182（10分）221m23m2418t18S△令2，t0，则F1QR216m4t3t163tt183316221，当且仅当3t时，m等号成立，23164t333所以FAB面积S最大值为.（12分）422.【解析】axa(1)方法一fx定义域为0,，fx1.（1分）xx当a0时，fx0，，fx在x0,单调递增，不合题意；（2分）当a0，，fx在0,a单调递减，在a,单调递增；由fx有两个不同的零点，得f-aaln(a)a0，解得ae，又f110，∵x0,lnxx，a0∴fxxalnxxaxx(xa)∴取xa2,f(x)0，fx在(1,a),(a,a2)各有一个不同的零点即实数a的取值范围为（-，-e）.（4分）axa方法二：fx定义域为0,，fx1.（1分）xx当a0时，fx0，fx在x0,单调递增，不合题意；（2分）当a0，fx在0,a单调递减，在a,单调递增；由fx有两个不同的零点，得f-aaln(a)a0，解得ae，由f(1)=1>0，x→+∞，f(x)→+∞，故实数a的取值范围为（-，-e）.（4分）alnx1x10(2)fxalnxx，由题，0x1x2alnx2x20x1x2x1x2x1a则alnx1lnx2x2x1，设t0,1，∴a，fx1，（6分）x2lnx1lnx2lntxxx1xx111t1221∴f(x0)fa1110恒成立，1x1x2lntx1x2tlnt11t又t0,1，∴lnt0，即lnt0恒成立t11t设htlnt，ht0恒成立t2221tt1t1t21ht222（8分）ttttttⅰ）当2≥1时，t20，∴ht0，∴ht在0,1上单调递增∴hth10恒成立，注意到-1∴(,1)1,符合题意.（10分）22ⅱ）当21时，∵t（0,1），∴t0，时，ht0，∴ht在0,上单调递增；t2,1时，ht0，∴ht在2,1上单调递减.∴t2,1时，hth10，不满足ht0恒成立.综上：（-,-1）1,（12分）