南京市、鹽城市2023屆高三年級第一次模擬考試數(shù)學

南京市、鹽城市2023屆高三年級第一次模擬考試數(shù)學2023.01注意事項：1．本試卷共4頁，包括填空題(第1題~第14題)、解答題（第15題~第20題）兩部分．本試卷滿分160分，考試時間為120分鐘．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、學校、考試號寫在答題卡內(nèi)．試題的答案寫在答題卡上對應(yīng)題目的答案空格內(nèi)．考試結(jié)束后，交回答題卡．參考公式：柱體體積公式：V＝Sh，其中S柱體的底面積,為柱體的高．1．已知集合A＝{x∣x(x－4)＜0}，B＝{0，1，5}，則A∩B＝▲．2．設(shè)復數(shù)z＝a＋i(a∈R，i為虛數(shù)單位），若(1＋i)z為純虛數(shù)，則a的值為▲．時間/分鐘eq\f(頻率,組距)100(第3題)50607080900.005時間/分鐘eq\f(頻率,組距)100(第3題)50607080900.0050.0100.020a0.035ReadxReadxIfx＞0Theny←lnxElsey←exEndIfPrinty(第4題)4．執(zhí)行如圖所示的偽代碼，若x＝0，則輸出的y的值為▲．5．口袋中有形狀和大小完全相同的4個球，球的編號分別為1，2，3，4．若從袋中一次隨機摸出2個球，則摸出的2個球的編號之和大于4的概率為▲．6．在平面直角坐標系xOy中，若拋物線y2＝2px的焦點與雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1的右焦點重合，則實數(shù)p的值為▲．7．設(shè)函數(shù)y＝ex＋eq\f(1,ex)－a的值域為A，若A[0，＋∞)，則實數(shù)a的取值范圍是▲．8．已知，均為銳角，且滿足(tan－1)(tan－1)＝2，則＋的值為▲．9．若函數(shù)y＝sinx在區(qū)間[0，2]上單調(diào)遞增，則實數(shù)的取值范圍是▲．10．設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若{an}的前2023項中的奇數(shù)項和為2023，則S2023的值為▲．11．設(shè)函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\al(x(3－x)，0≤x≤3，,－\f(3,x)＋1，x＞3．))若函數(shù)y＝f(x)－m有四個不同的零點，則實數(shù)m的取值范圍是▲．AB(第13題)12．在平面直角坐標系xOy中，若直線y＝k(x－3eq\r(3))上存在一點P，圓x2＋(y－1)2＝1上存在一點Q，滿足eq\o(\s\up8(→),\s\do1(OP))＝3eq\o(\s\up8(→),\s\do1(OQ))，則實數(shù)k的最小值為▲．AB(第13題)13．如圖是蜂巢結(jié)構(gòu)圖的一部分，正六邊形的邊長均為1，正六邊形的頂點稱為“晶格點”．若A，B，C，D四點均位于圖中的“晶格點”處，且A，B的位置如圖所示，則eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AB))eq\o(\s\up8(→),\s\do1(CD))的最大值為▲．14．若不等式ksin2B＋sinAsinC＞19sinBsinC對任意△ABC都成立，則實數(shù)k的最小值為▲．二、解答題：本大題共小題，共計分.請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15．(本小題滿分14分)ABCA1B1C1MN（第15題）如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝ABCA1B1C1MN（第15題）（1）求證：BN∥平面A1MC；（2）若A1MAB1，求證：AB1A1C．16．(本小題滿分14分)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且c＝eq\f(\r(5),2)b．（1）若C＝2B，求cosB的值；（2）若eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AB))eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AC))＝eq\o(\s\up8(→),\s\do1(CA))eq\o(\s\up8(→),\s\do1(CB))，求cos(B＋eq\f(,4))的值．17．(本小題滿分14分)有一矩形硬紙板材料（厚度忽略不計），一邊AB長為6分米，另一邊足夠長．現(xiàn)從中截取矩形ABCD（如圖甲所示），再剪去圖中陰影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一個底面是弓形的柱體包裝盒（如圖乙所示，重疊部分忽略不計），其中OEMF是以O(shè)為圓心、EOF＝120的扇形，且弧eq\o(\s\up5(⌒),\s\do0(EF))，eq\o(\s\up5(⌒),\s\do0(GH))分別與邊BC，AD相切于點M，N．（1）當BE長為1分米時，求折卷成的包裝盒的容積；ADCBEGADCBEGFOMH（第17題-甲）NEFGH（第17題-乙）MN18.(本小題滿分16分)如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的下頂點為B，點M．N是橢圓上異于點B的動點，直線BM，BN分別與x軸交于點P，Q，且點Q是線段OP的中點．當點N運動到點(eq\r(3)，eq\f(\r(3),2))處時，點Q的坐標為(eq\f(2\r(3),3)，0)．（1）求橢圓C的標準方程；xyOBNMPQD(第18題)（2）設(shè)直線MN交y軸于點D，當點M，N均在y軸右側(cè)，且eq\o(\s\up8(→),\s\do1(DN))＝2eq\o(\s\up8(xyOBNMPQD(第18題)19．(本小題滿分16分)設(shè)數(shù)列{an}滿足an2＝an＋1an－1＋(a2－a1)2，其中n≥2，且n∈N，為常數(shù)．（1）若{an}是等差數(shù)列，且公差d≠0，求的值；（2）若a1＝1，a2＝2，a3＝4，且存在r∈[3，7]，使得man≥n－r對任意的n∈N*都成立，求m的最小值；（3）若≠0，且數(shù)列{an}不是常數(shù)列，如果存在正整數(shù)T，使得an＋T＝an對任意的n∈N*均成立，求滿足條件的所有數(shù)列{an}中T的最小值．20．(本小題滿分16分)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋eq\f(b,x)－c(a，b，c∈R)．（1）當c＝0時，若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象在x＝1處有相同的切線，求a，b的值；（2）當b＝3－a時，若對任意x0∈(1，＋∞)和任意a∈(0，3)，總存在不相等的正實數(shù)x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求c的最小值；（3）當a＝1時，設(shè)函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的圖象交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)兩點．求證：x1x2－x2＜b＜x1x2－x1．南京市、鹽城市2023屆高三年級第一次模擬考試數(shù)學附加題2023.01注意事項：1．附加題供選修物理考生使用．2．本試卷共40分，考試時間30分鐘．2．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、學校、考試號寫在答題卡內(nèi)．試題的答案寫在答題卡上對應(yīng)題目的答案空格內(nèi)．考試結(jié)束后，交回答題卡．21．【選做題】本題包括A、B、C、D四小題，請選定其中兩小題，并在答題相應(yīng)的區(qū)域內(nèi)作答．若多做，則按作答的前兩小題評分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．A.（選修4-1：）A．選修4-1：幾何證明選講（本小題滿分10分）ABEDO·（第21(A)）如圖，已知AB為⊙O的直徑，直線DE與⊙O相切于點E，AD垂直DE于點D.若DEABEDO·（第21(A)）B．選修4-2：矩陣與變換（本小題滿分10分）已知矩陣M＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(2,0,0,1))，求圓x2＋y2＝1在矩陣M對應(yīng)的變換作用下所得的曲線方程．C．選修4-4：坐標系與參數(shù)方程（本小題滿分10分）在極坐標系中，直線cos(＋eq\f(,3))＝1與曲線＝r(r＞0)相切，求r的值．D．選修4-5：不等式選講（本小題滿分10分）已知實數(shù)x，y滿足x2＋3y2＝1，求當x＋y取最大值時x的值．【必做題】第22題、第23題，每題10分，共計20分．請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．22．（本小題滿分10分）如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是菱形，AC與BD交于點O，OP底面ABCD，點M為PC中點，AC＝4，BD＝2，OP＝4．（1）求異面直線AP與BM所成角的余弦值；（2）求平面ABM與平面PAC所成銳二面角的余弦值．MMABCDOP（第22題）23．（本小題滿分10分）已知n∈N*，nf(n)＝Ceq\a(0,n)Ceq\a(1,n)＋2Ceq\a(1,n)Ceq\a(2,n)＋…＋rCeq\a(r－1,n)Ceq\a(r,n)＋…＋nCeq\a(n－1,n)Ceq\a(n,n)．（1）求f(1)，f(2)，f(3)的值；（2）試猜想f(n)的表達式（用一個組合數(shù)表示），并證明你的猜想．南京市、鹽城市2023屆高三年級第一次模擬考試數(shù)學參考答案及評分標準2023.01說明：1．本解答給出的解法供參考．如果考生的解法與本解答不同，可根據(jù)試題的主要考查內(nèi)容比照評分標準制訂相應(yīng)的評分細則．2．對計算題，當考生的解答在某一步出現(xiàn)錯誤時，如果后續(xù)部分的解答未改變該題的內(nèi)容和難度，可視影響的程度決定給分，但不得超過該部分正確解答應(yīng)得分數(shù)的一半；如果后續(xù)部分的解答有較嚴重的錯誤，就不再給分．3．解答右端所注分數(shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分數(shù)．4．只給整數(shù)分數(shù)，填空題不給中間分數(shù)．一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，計70分.)1．{1}2．13．12004．15．eq\f(2,3)6．67．(－∞，2]8．eq\f(3,4)9．(0，eq\f(1,4)]10．403411．[1，eq\f(9,4))12．－eq\r(3)13．2414．100ABCA1B1C1MN（第15題）ABCA1B1C1MN（第15題）15．證明：（1）因為ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以AB∥A1B1，且AB＝A1B1．又因為點M，N分別是AB，A1B1的中點，所以MB＝A1N，且MB∥A1N，所以四邊形A1NBM是平行四邊形，從而A1M∥BN．………………4分又BN平面A1MC，A1M平面A1MC，所以BN∥平面A1MC．……………6分（2）因為ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以AA1平面ABC，而CM平面ABC，所以AA1CM．又CA＝CB，且M是AB的中點，所以CMAB．又AB∩AA1＝A，AB，AA1平面ABB1A1，所以CM平面ABB1A1．………………8分又AB1平面ABB1A1，所以CMAB1．………………10分又AB1A1M，A1M，CM平面A1MC，A1M∩CM＝M，所以AB1平面A1MC，…………………12分又A1C平面A1MC，所以AB1A1C．…………………14分16．解：（1）因為c＝eq\f(\r(5),2)b，則由正弦定理，得sinC＝eq\f(\r(5),2)sinB．…………2分又因為C＝2B，所以sin2B＝eq\f(\r(5),2)sinB，即2sinBcosB＝eq\f(\r(5),2)sinB.………4分又B是△ABC的內(nèi)角，所以sinB＞0，故cosB＝eq\f(\r(5),4)．………………6分（2）因為eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AB))eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AC))＝eq\o(\s\up8(→),\s\do1(CA))eq\o(\s\up8(→),\s\do1(CB))，所以cbcosA＝bacosC，則由余弦定理，得b2＋c2－a2＝b2＋a2－c2，得a＝c．…………………10分從而cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(c2＋c2－(\f(2,\r(5))c)2,2c2)＝eq\f(3,5)．………12分又0＜B＜，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4,5)．從而cos(B＋eq\f(,4))＝cosBcoseq\f(,4)－sinBsineq\f(,4)＝eq\f(3,5)eq\f(\r(2),2)－eq\f(4,5)eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10)．……14分17．解：（1）在圖甲中，連接MO交EF于點T．設(shè)OE＝OF＝OM＝R，ADCBEGFOMNHT在Rt△OET中，因為EOT＝eq\f(1,2)ADCBEGFOMNHT所以O(shè)T＝eq\f(1,2)R，則MT＝OM－OT＝eq\f(R,2)．從而BE＝MT＝eq\f(1,2)R，即R＝2BE＝2．……2分故所得柱體的底面積S＝S扇形OEF－S△OEF＝eq\f(1,3)R2－eq\f(1,2)R2sin120＝eq\f(4,3)－eq\r(3)．…………4分又所得柱體的高EG＝4，所以V＝SEG＝eq\f(16,3)－4eq\r(3)．答：當BE長為1分米時，折卷成的包裝盒的容積為(eq\f(16,3)－4eq\r(3))立方分米.…………6分（2）設(shè)BE＝x，則R＝2x，所以所得柱體的底面積S＝S扇形OEF－S△OEF＝eq\f(1,3)R2－eq\f(1,2)R2sin120＝(eq\f(4,3)－eq\r(3))x2.又所得柱體的高EG＝6－2x，所以V＝SEG＝(eq\f(8,3)－2eq\r(3))(－x3＋3x2)，其中0＜x＜3.……10分令f(x)＝－x3＋3x2，x∈(0，3)，則由f(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)＝0，解得x＝2．………………………12分列表如下：x(0，2)2(2，3)f(x)＋0－f(x)↗極大值↘所以當x＝2時，f(x)取得最大值.答：當BE的長為2分米時，折卷成的包裝盒的容積最大.……14分18．解：（1）由N(eq\r(3)，eq\f(\r(3),2))，Q(eq\f(2\r(3),3)，0)，得直線NQ的方程為y＝eq\f(3,2)x－eq\r(3)．……2分令x＝0，得點B的坐標為(0，－eq\r(3))．所以橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,3)＝1．……………………4分將點N的坐標(eq\r(3)，eq\f(\r(3),2))代入，得eq\f((\r(3))2,a2)＋eq\f((\f(\r(3),2))2,3)＝1，解得a2＝4．所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．……………8分（2）方法一：設(shè)直線BM的斜率為k(k＞0)，則直線BM的方程為y＝kx－eq\r(3)．在y＝kx－eq\r(3)中，令y＝0，得xP＝eq\f(\r(3),k)，而點Q是線段OP的中點，所以xQ＝eq\f(\r(3),2k)．所以直線BN的斜率kBN＝kBQ＝eq\f(0－(－\r(3)),\f(\r(3),2k)－0)＝2k．………………10分聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\al(y＝kx－\r(3)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，消去y，得(3＋4k2)x2－8eq\r(3)kx＝0，解得xM＝eq\f(8\r(3)k,3＋4k2)．用2k代k，得xN＝eq\f(16\r(3)k,3＋16k2)．……………………12分又eq\o(\s\up8(→),\s\do1(DN))＝2eq\o(\s\up8(→),\s\do1(NM))，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN．……………14分故2eq\f(8\r(3)k,3＋4k2)＝3eq\f(16\r(3)k,3＋16k2)，又k＞0，解得k＝eq\f(\r(6),2)．所以直線BM的方程為y＝eq\f(\r(6),2)x－eq\r(3)．…………16分方法二：設(shè)點M，N的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)．由B(0，－eq\r(3))，得直線BM的方程為y＝eq\f(y1＋\r(3),x1)x－eq\r(3)，令y＝0，得xP＝eq\f(\r(3)x1,y1＋\r(3))．同理，得xQ＝eq\f(\r(3)x2,y2＋\r(3))．而點Q是線段OP的中點，所以xP＝2xQ，故eq\f(\r(3)x1,y1＋\r(3))＝2eq\f(\r(3)x2,y2＋\r(3))．…………10分又eq\o(\s\up8(→),\s\do1(DN))＝2eq\o(\s\up8(→),\s\do1(NM))，所以x2＝2(x1－x2)，得x2＝eq\f(2,3)x1＞0，從而eq\f(1,y1＋\r(3))＝eq\f(\f(4,3),y2＋\r(3))，解得y2＝eq\f(4,3)y1＋eq\f(\r(3),3)．…………………12分將eq\b\lc\{(\a\al(x2＝\f(2,3)x1，,y2＝\f(4,3)y1＋\f(\r(3),3)，))代入到橢圓C的方程中，得eq\f(x12,9)＋eq\f((4y1＋\r(3))2,27)＝1．又x12＝4(1－eq\f(y12,3))，所以eq\f(4(1－\f(y12,3)),9)＋eq\f((4y1＋\r(3))2,27)＝1，………………14分即eq\r(3)y12＋2y1－eq\r(3)＝0，解得y1＝－eq\r(3)（舍）或y1＝eq\f(\r(3),3)．又x1＞0，所以點M的坐標為M(eq\f(4\r(2),3)，eq\f(\r(3),3))．故直線BM的方程為y＝eq\f(\r(6),2)x－eq\r(3)．………………16分19．解：（1）由題意，可得an2＝(an＋d)(an－d)＋d2，化簡得(－1)d2＝0，又d≠0，所以＝1.…………4分（2）將a1＝1，a2＝2，a3＝4代入條件，可得4＝14＋，解得＝0，所以an2＝an＋1an－1，所以數(shù)列{an}是首項為1，公比q＝2的等比數(shù)列，所以an＝2n－1.………6分欲存在r∈[3，7]，使得m2n－1≥n－r，即r≥n－m2n－1對任意n∈N*都成立，則7≥n－m2n－1，所以m≥eq\f(n－7,2n－1)對任意n∈N*都成立.…………8分令bn＝eq\f(n－7,2n－1)，則bn＋1－bn＝eq\f(n－6,2n)－eq\f(n－7,2n－1)＝eq\f(8－n,2n)，所以當n＞8時，bn＋1＜bn；當n＝8時，b9＝b8；當n＜8時，bn＋1＞bn．所以bn的最大值為b9＝b8＝eq\f(1,128)，所以m的最小值為eq\f(1,128).………10分（3）因為數(shù)列{an}不是常數(shù)列，所以T≥2．①若T＝2，則an＋1＝an恒成立，從而a3＝a1，a4＝a2，所以eq\b\lc\{(\a\al(a22＝a12＋(a2－a1)2，,a12＝a22＋(a2－a1)2，))所以(a2－a1)2＝0，又≠0，所以a2＝a1，可得{an}是常數(shù)列，這與已知條件矛盾，所以T＝2不合題意.…………………12分②若T＝3，取an＝eq\b\lc\{(\a\al(1，n＝3k－2，,2，n＝3k－1，,－3，n＝3k，))(k∈N*)（*），滿足an＋3＝an恒成立．……14分由a22＝a1a3＋(a2－a1)2，可得此時＝7．則條件式變?yōu)閍n2＝an＋1an－1＋7．由22＝13＋7，知a3k－12＝a3k－2a3k＋(a2－a1)2；由(－3)2＝21＋7，知a3k2＝a3k－1a3k＋1＋(a2－a1)2；由12＝(－3)2＋7，知a3k＋12＝a3ka3k＋2＋(a2－a1)2；所以，數(shù)列（*）適合題意．所以T的最小值為3.…………………16分（注：寫一個數(shù)列{an}時，需滿足a1＋a2＋a3＝0，且a1≠a2．）20．解：（1）由f(x)＝lnx，得f(1)＝0，又f(x)＝eq\f(1,x)，所以f(1)＝1．當c＝0時，g(x)＝ax＋eq\f(b,x)，所以g(x)＝a－eq\f(b,x2)，所以g(1)＝a－b．……………2分因為函數(shù)f(x)與g(x)的圖象在x＝1處有相同的切線，所以eq\b\lc\{(\a\al(f(1)＝g(1)，,f(1)＝g(1)，))即eq\b\lc\{(\a\al(a－b＝1，,a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\al(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)．))…………………4分（2）方法一：當x0＞1時，則f(x0)＞0，又b＝3－a，設(shè)t＝f(x0)，則題意可轉(zhuǎn)化為方程ax＋eq\f(3－a,x)－c＝t(t＞0)在(0，＋∞)上有相異兩實根x1，x2，……………6分即關(guān)于x的方程ax2－(c＋t)x＋(3－a)＝0(t＞0)在(0，＋∞)上有相異兩實根x1，x2．所以eq\b\lc\{(\a\al(0＜a＜3，,△＝(c＋t)2－4a(3－a)＞0，,x1＋x2＝\f(c＋t,a)＞0，,x1x2＝\f(3－a,a)＞0．))得eq\b\lc\{(\a\al(0＜a＜3，,(c＋t)2＞4a(3－a)，,c＋t＞0．))所以c＞2eq\r(a(3－a))－t對任意t∈(0，＋∞)恒成立．……………8分因為0＜a＜3，所以2eq\r(a(3－a))≤2eq\f(a＋3－a,2)＝3(當且僅當a＝eq\f(3,2)時取等號)．又－t＜0，所以2eq\r(a(3－a))－t的取值范圍是(－∞，3)，所以c≥3．故c的最小值為3.…………………10分方法二：由b＝3－a，且0＜a＜3，得g(x)＝a－eq\f(3－a,x2)＝eq\f(ax2－(3－a),x2)＝0，得x＝eq\r(\f(3－a,a))或x＝－eq\r(\f(3－a,a))(舍)，則函數(shù)g(x)在(0，eq\r(\f(3－a,a)))上遞減；在(eq\r(\f(3－a,a))，＋∞)上遞增．又對任意x0＞1，f(x0)為(0，＋∞)上的任意一個值，若存在不相等的正實數(shù)x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，則g(x)的最小值小于或等于0.即g(eq\r(\f(3－a,a)))＝2eq\r(a(3－a))－c≤0，……………6分即c≥2eq\r(a(3－a))對任意a∈(0，3)恒成立．又2eq\r(a(3－a))≤a＋(3－a)＝3，所以c≥3．……………………8分當c＝3，對任意a∈(0，3)，x0∈(1，＋∞)，方程g(x)－f(x0)＝0化為ax＋eq\f(3－a,x)－3－f(x0)＝0，即ax2－[3＋f(x0)]x＋(3－a)＝0（*）關(guān)于x的方程（*）的△＝[3＋f(x0)]2－4a(3－a)≥[3＋f(x0)]2－4eq\b\bc\((\f(a＋3－a,2))eq\s\up10(2)＝[3＋f(x0)]2－9,因為x0＞1，所以f(x0)＝lnx0＞0，所以△＞0，所以方程（*）有兩個不相等的實數(shù)解x1，x2，又x1＋x2＝eq\f(f(x0)＋3,a)＞0，x1x2＝eq\f(3－a,a)＞0，所以x1，x2為兩個正實數(shù)解．所以c的最小值為3.……………10分（3）當a＝1時，因為函數(shù)f(x)與g(x)的圖象交于A，B兩點，所以eq\b\lc\{(\a\al(lnx1＝x1＋\f(b,x1)－c，,lnx2＝x2＋\f(b,x2)－c，))兩式相減，得b＝x1x2(1－eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1))．………………12分要證明x1x2－x2＜b＜x1x2－x1，即證x1x2－x2＜x1x2(1－eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1))＜x1x2－x1，即證eq\f(1,x2)＜eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＜eq\f(1,x1)，即證1－eq\f(x1,x2)＜lneq\f(x2,x1)＜eq\f(x2,x1)－1．……………14分令eq\f(x2,x1)＝t，則t＞1，此時即證1－eq\f(1,t)＜lnt＜t－1．令(x)＝lnt＋eq\f(1,t)－1，所以(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)＞0，所以當t＞1時，函數(shù)(t)單調(diào)遞增．又(1)＝0，所以(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1＞0，即1－eq\f(1,t)＜lnt成立．再令m(t)＝lnt－t－1，所以m(t)＝eq\f(1,t)－1＝eq\f(1－t,t)＜0，所以當t＞1時，函數(shù)m(t)單調(diào)遞減，又m(1)＝0，所以m(t)＝lnt－t－1＜0，即lnt＜t－1也成立．綜上所述，實數(shù)x1，x2滿足x1x2－x2＜b＜x1x2－x1．…………16分南京市、鹽城市2023屆高三年級第一次模擬考試數(shù)學參考答案及評分標準2023.0121．【選做題】在A、B、C、D四小題中只能選做2小題，每小題10分，共計20分．請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．A．選修4-1：幾何證明選講ABEDFO·（第21(A)）解：如圖，連接AE，OE，過EABEDFO·（第21(A)）因為直線DE與⊙O相切于點E，所以DEOE，又因為AD垂直DE于D，所以AD∥OE，所以DAE＝OEA①，在⊙中OE＝OA，所以O(shè)EA＝OAE②，…………5分由①②得DAE＝OAE，即DAE＝FAE，又ADE＝AFE，AE＝AE，所以△ADE≌△AFE，所以DE＝FE，又DE＝4，所以FE＝4，即E到直徑AB的距離為4.…………10分B．選修4-2：矩陣與變換解：設(shè)P(x0，y0)是圓x2＋y2＝1上任意一點，則x02＋y02＝1．設(shè)點P(x0，y0)在矩陣M對應(yīng)的變換作用下所得的點為Q(x，y)，則eq\b\bc\[(\a\co1\vs4\hs8(x,y))＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(2,0,0,1))eq\b\bc\[(\a\co1\vs4\hs8(x0,y0))＝eq\b\bc\[(\a\co1\vs4\hs8(2x0,y0))，即eq\b\lc\{(\a\al(x＝2x0，,y＝y(tǒng)0，))即eq\b\lc\{(\a\al(x0＝\f(1,2)x，,y0＝y(tǒng)，))…………………5分代入x02＋y02＝1，得eq\f(x2,4)＋y2＝1，即為所求的曲線方程.……………10分C．選修4-4：坐標系與參數(shù)方程解：以極點O為原點，極軸Ox為x軸正半軸建立平面直角坐標系，由cos(＋eq\f(,3))＝1，得(coscoseq\f(,3)－sinsineq\f(,3))＝1，得直線的直角坐標方程為x－eq\r(3)y－2＝0．…………5分曲線＝r的直角坐標方程為圓x2＋y2＝r2，所以圓心到直線的距離為d＝eq\f(∣10－\r(3)0－2∣,\r(12＋(－\r(3))2))＝1．因為直線cos(＋eq\f(,3))＝1與曲線＝r(r＞0)相切，所以r＝d，即r＝1.……………10分D．選修4-5：不等式選講解：由柯西不等式，得[x2＋(eq\r(3)y)2][12＋(eq\f(\r(3),3))2]≥(x1＋eq\r(3)yeq\f(\r(3),3))2，即eq\f(4,3)(x2＋3y2)≥(x＋y)2．而x2＋3y2＝1，所以(x＋y)2≤eq\f(4,3)，所以－eq\f(2,3)eq\r(3)≤x＋y≤eq\f(2,3)eq\r(3)，…………5分由eq\b\lc\{(\a\al(\f(x,1)＝\f(\r(3)y,\f(\r(3),3))，,x＋y＝\f(2,3)\r(3)，))即eq\b\lc\{(\a\al(x＝\f(\r(3),2)，,y＝\f(\r(3),6)，))所以當且僅當x＝eq\f(\r(3),2)，y＝eq\f(\r(3),6)時，(x＋y)max＝eq\f(2,3)eq\r(3)．所以當x＋y取最大值時x的值為x＝eq\f(\r(3),2)．……………10分【必做題】第22題、第23題，每題10分，共計20分．22．解：（1）因為ABCD是菱形，所以ACBD．因為OP底面ABCD，所以以O(shè)為原點，直線OA，OB，OP分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則A(2，0，0)，B(0，1，0)，P(0，0，4)，C(－2，0，0)，M(－1，0，2)，MABCDOP（第22題）xyz所以eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AP))＝(－2，0，4)，eq\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))＝(－1，－1，2)，eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AP))eq\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))＝10，MABCDOP（第22題）xyz∣eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AP))∣＝2eq\r(5)，∣eq\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))∣＝eq\r(6)．則cos＜eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AP))，eq\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))＞＝eq\f(\o(\s\up8(→),\s\do1(AP))\o(\s\up8(→),\s\do1(BM)),∣\o(\s\up8(→),\s\do1(AP))∣∣\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))∣)＝eq\f(10,2\r(5)\r(6))＝eq\f(\r(30),6)．故異面直線AP與BM所成角的余弦值為eq\f(\r(30),6)………………5分（2）eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AB))＝(－2，1，0)，eq\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))＝(－1，－1，2)．設(shè)平面ABM的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\al(n\o(\s\up8(→),\s\do1(AB))＝0，,n\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\al(－2x＋y＝0，,－x－y＋2z＝0，))令x＝2，得y＝4，z＝3．所以平面ABM的一個法向量為n＝(2，4，3)．又平面PAC的一個法向量為eq\o(\s\up8(→),\s\do1(OB))＝(0，1，0)，所以neq\o(\s\up8(→),\s\do1(OB))＝4，∣n∣＝eq\r(29)，∣eq\o(\s\up8(→),\s\do1(OB))∣＝1．則cos＜n，eq\o(\s\up8(→),\s\do1(OB))＞＝eq\f(n\o(\s\up8(→),\s\do1(OB)),∣n∣∣\o(\s\up8(→),\s\do1(OB))∣)＝eq\f(4\r(29),29)．故平面ABM與平面PAC所成銳二面角的余弦值為eq\f(4\r(29),29).…………10分23．解：（1）由條件，n∈N*，nf(n)＝Ceq\a(0,n)Ceq\a(1,n)＋2Ceq\a(1,n)Ceq\a(2,n)＋…＋rCeq\a(r－1,n)Ceq\a(r,n)＋…＋nCeq\a(n－1,n)Ceq\a(n,n)①，在①中令n＝1，得f(1)＝Ceq\a(0,1)Ceq\a(1,1)＝1．……………………1分在①中令n＝2，得2f(2)＝Ceq\a(0,2)Ceq\a(1,2)＋2Ceq\a(1,2)Ceq\a(2,2)＝6，得f(2)＝3．……………2分在①中令n＝3，得3f(3)＝Ceq\a(0,3)Ceq\a(1,3)＋2Ceq\a(1,3)Ceq\a(2,3)＋3Ceq\a(2,3)Ceq\a(3,3)＝30，得f(3)＝10．………………3分（2）猜想f(n)＝Ceq\a(n,2n－1)(或f(n)＝Ceq\a(n－1,2n－1))．…………………5分欲證猜想成立，只要證等式nCeq\a(n,2n－1)＝Ceq\a(0,n)Ceq\a(1,n)＋2Ceq\a(1,n)Ceq\a(2,n)＋…＋rCeq\a(r－1,n)Ceq\a(r,n)＋…＋nCeq\a(n－1,n)Ceq\a(n,n)成立．方法一：當n＝1時，等式顯然成立．當n≥2時，因為rCeq\a(r,n)＝eq\f(rn!,r!(n－r)!)＝eq\f(n!,(r－1)!(n－r)!)＝neq\f((n－1)!,(r－1)!(n－r)!)＝nCeq\a(r－1,n－1)，………7分故rCeq\a(r－1,n)Ceq\a(r,n)＝(rCeq\a(r,n))Ceq\a(r－1,n)＝nCeq\a(r－1,n－1)Ceq\a(r－1,n)．故只需證明nCeq\a(n,2n－1)＝nCeq\a(0,n－1)Ceq\a(0,n)＋nCeq\a(1,n－1)Ceq\a(1,n)＋…＋nCeq\a(r－1,n－1)Ceq\a(r－1,n)＋…＋nCeq\a(n－1,n－1)Ceq\a(n－1,n)．即證Ceq\a(n,2n－1)＝Ceq\a(0,n－1)Ceq\a(0,n)＋Ceq\a(1,n－1)Ceq\a(1,n)＋…＋Ceq\a(r－1,n－1)Ceq\a(r－1,n)＋…＋Ceq\a(n－1,n－1)Ceq\a(n－1,n)．而Ceq\a(r－1,n)＝Ceq\a(n－r＋1,n)，故即證Ceq\a(n,2n－1)＝Ceq\a(0,n－1)Ceq\a(n,n)＋Ceq\a(1,n－1)Ceq\a(n－1,n)＋…＋Ceq\a(r－1,n－1)Ceq\a(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\a(n－1,n－1)Ceq\a(1,n)②．由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左邊xn的系數(shù)為eq\a(n,2n－1)．而右邊(1＋x)n－1(1＋x)n＝(Ceq\a(0,n－1)＋Ceq\a(1,n－1)x＋Ceq\a(2,n－1)