2023年江西省鹰潭市高考数学一模试卷（理科）-教师用卷

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这是一份2023年江西省鹰潭市高考数学一模试卷（理科）-教师用卷，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|y=ln(x−1)}，集合B={x|x2−2x<0}，则A∩B=( )
A. {x|x>1}B. {x|0【答案】C
【解析】解：集合A={x|y=ln(x−1)}={x|x>1}，
集合B={x|x2−2x<0}={x|0∴A∩B={x|1故选：C.
求出集合A，集合B，利用交集定义能求出A∩B.
本题考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.已知复数z1+i为纯虚数，且|z1+i|=1，则z=( )
A. 1−iB. 1+iC. −1+i或1−iD. −1−i或1+i
【答案】C
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z1+i=a+bi1+i=(a+bi)(1−i)2=a+b2+b−a2i，
z1+i为纯虚数，所以a+b2=0,b−a2≠0,解得a=−b,a≠b,
又|z1+i|=1，所以b−a2=1或b−a2=−1，解得b=1或b=−1，
所以z=−1+i或z=1−i.
故选：C.
根据复数的乘除运算以及模长公式即可求解．
本题主要考查复数模公式，纯虚数的定义，属于基础题．
3.设a为实数，直线l1：ax+y=1，直线l2：x+ay=2a，则“a≠−1”是“l1，l2不平行”的条件( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】解：∵直线l1：ax+y−1=0，直线l2：x+ay−2a=0，
由“l1，l2平行”可得a⋅a=1×1a⋅(−2a)≠1×(−1)，
得到a2=1，所以a=±1，
所以“l1，l2不平行”时，a≠±1，
所以“a≠−1”推不出“l1，l2不平行”，
“l1，l2不平行”能推出“a≠−1”．
故选：B.
根据两条直线的平行与两直线系数之间的关系求解．
本题考查了充分必要条件，考查直线平行的充要条件，是一道基础题．
4.公差不为0的等差数列{an}满足：a32+a42=a52+a62，Sn为数列{an}的前n项和，则( )
A. a4=0B. a5=0C. S8=0D. S9=0
【答案】C
【解析】解：公差不为0的等差数列{an}满足：a32+a42=a52+a62，
则(a1+2d)2+(a1+3d)2=(a1+4d)2+(a1+5d)2，
整理得2a1+7d=0，
a4=a1+3d=−7d2+3d=−12d≠0，A错误；
a5=a1+4d=12d≠0，B错误；
S8=8a1+28d=0，C正确，显然D错误．
故选：C.
由已知结合等差数列的的通项公式及求和公式分别检验各选项即可判断．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
5.已知0<α<π2，sin(2α−π6)=−13，则sin(α+π6)=( )
A. 33B. − 33C. 63D. − 63
【答案】A
【解析】解：因为2(α+π6)−(2α−π6)=π2，所以2(α+π6)=π2+(2α−π6)，
即cs[2(α+π6)]=cs[π2+(2α−π6)]=−sin(2α−π6)=13，
因为0<α<π2，所以π6<α+π2<2π3，所以sin(α+π6)>0，
所以sin2(α+π6)=1−cs2(α+π6)2=1−132=13，
可得sin(α+π6)= 33.
故选：A.
利用2(α+π6)−(2α−π6)=π2求得cs[2(α+π6)]=−sin(2α−π6)，利用α的范围和sin2θ=1−cs2θ2可得答案．
本题主要考查了两角和与差的三角函数公式，属于基础题．
6.斐波那契数列{Fn}因数学家莱昂纳多⋅斐波那契(LenarddaFibnaci)以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”.因n趋向于无穷大时，FnFn+1无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列.在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列{Fn}满足F1=F2=1，Fn+2=Fn+1+Fn，若从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项至少有1项是奇数的概率为( )
A. 115B. 1315C. 215D. 1415
【答案】D
【解析】解：依题意可知，数列{Fn}的前10项为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
其中偶数有3个，
所以从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项都是偶数的概率为P=C32C102=115，
所以至少有1项是奇数的概率为1−115=1415.
故选：D.
利用列举法，结合古典概型的概率公式以及对立事件的概率关系求解即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
7.已知实数x，y满足x+y−1≤0x−y+1≥0y≥−1，则z=x+2y−7y−2的最小值为( )
A. 73B. 3C. 113D. 5
【答案】A
【解析】解：作出可行域，如图所示：
因为z=x+2y−7y−2=x−3y−2+2，
又因为x−3y−2表示可行域△ABC内的点与点D(3,2)连线斜率的倒数，
设k=y−2x−3，
由图可得kAD≤k≤kCD，即13≤k≤3，
所以13≤1k≤3，
所以73≤1k+2≤5，
即z=x+2y−7y−2的最小值为73.
故选：A.
作出可行域，将目标函数化简得z=x−3y−2+2，又因为x−3y−2表示可行域△ABC内的点与点D(3,2)连线斜率的倒数，设k=y−2x−3，结合图象，求出k的值即可得答案．
本题考查了简单的线性规划及转化思想、数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题．
8.已知函数f(x)=xex+xex+1，且f(1+a)+f(1−a2)>2，则实数a的取值范围( )
A. (−2,1)B. (−∞,−2)∪(1,+∞)
C. (−1,2)D. (−∞,−1)∪(2,+∞)
【答案】C
【解析】解：令F(x)=f(x)−1=xex+xex，定义域为R，
F(−x)=−xe−x+−xe−x=−xex−xex=−(xex+xex)=−F(x)，
所以F(x)为奇函数，
又F′(x)=ex+xex+1−xex=(x+1)e2x+1−xex.
当x≥0时，令g(x)=(x+1)e2x+1−x，
则有g′(x)=e2x+2(x+1)e2x−1=(2x+3)e2x−1，
因为x≥0，所以g′(x)>0，
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(0)=1>0，
所以F′(x)>0，所以F(x)在[0,+∞)上单调递增，
又因为F(x)为奇函数，所以F(x)在R上单调递增，
所以f(1+a)+f(1−a2)>2⇔f(1+a)−1+f(1−a2)−1>0⇔F(1+a)+F(1−a2)>0，
所以F(1+a)>−F(1−a2)=F(a2−1)，
所以1+a>a2−1，即a2−a−2<0，解得−1即实数a的取值范围是(−1,2).
故选：C.
令F(x)=f(x)−1=xex+xex，判定函数F(x)的奇偶性与单调性，将不等式进行转化，即可求解a的范围．
本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
9.已知抛物线C：y2=4x，O为坐标原点，F为抛物线的焦点，A、B是抛物线C上两点，直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且k1k2=−2，直线AB与x轴的交点为P，则△AFB的面积的最小值为( )
A. 3 22B. 2 2C. 9 24D. 9 22
【答案】B
【解析】解：不妨设直线AB的方程为x=my+b，
联立y2=4xx=my+b，消去x并整理得y2−4my−4b=0，
不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由韦达定理得y1+y2=4m，y1y2=−4b，
因为A、B是抛物线C上两点，直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且k1k2=−2，
所以k1k2=y1y2x1x2=−2，
又x1x2=y124⋅y224=y12y2216，
所以−4b=−8，
解得b=2，
则直线AB的方程为x=my+2，
因为直线AB与x轴的交点为P，
所以P(2,0)，
易知抛物线y2=4x的焦点F(1,0)，
则S△AFB=S△AFP+S△BFP=12⋅|FP|⋅|y1|+12⋅|FP|⋅|y2|
=12|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y22= 16m2+322≥ 322=2 2，
当m=0时，△AFB的面积取得最小值，最小值为2 2.
故选：B.
由题意，设出直线AB的方程，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理、斜率公式求出直线AB的方程以及点P的坐标，再利用三角形面积公式进行求解即可．
本题考查抛物线的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
10.设函数f(x)=cs(ωx+π3)−12(ω>0)在区间(0,π)恰有3个极值点，2个零点，则ω的取值范围是( )
A. (83,113]B. (2,113]C. (83,103]D. (2,103]
【答案】C
【解析】解：函数f(x)=cs(ωx+π3)−12(ω>0)在区间(0,π)恰有3个极值点，2个零点，
即函数y=cs(ωx+π3)在区间(0,π)恰有3个极值点，且方程cs(ωx+π3)=12有2个解．
∵ωx+π3∈(π3,ωπ+π3)，∴3π<ωπ+π3≤11π3，求得83<ω<103.
故选：C.
由题意，利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
本题主要考查余弦函数的图象和性质，属于基础题．
11.半正多面体(semiregularslid)亦称”阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半多正多面体.如图，棱长为 2的正方体截去八个一样的四面体，就得到二十四等边体，则下列说法错误的是( )
A. 该几何体外接球的表面积为4π
B. 该几何体外接球的体积为4π3
C. 该几何体的体积与原正方体的体积比为5：6
D. 该几何体的表面积与原正方体的表面积之比为(2+ 3)：6
【答案】D
【解析】解：由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，
故外接球半径为1，外接球的表面积为4π，体积为43π，故A，B正确；
对于C，该几何体的体积V=V正方体−8V四面体=( 2)3−8×13×12×12× 22=5 23，
正方体体积为2 2，故该几何体的体积与原正方体的体积比为5：6，故C正确；
对于D，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，S表=6×1+8× 34×1=6+2 3，所以该几何体的表面积与原正方体的表面积之比为：(6+2 3):12=(3+ 3):6，故D错误．
故选：D.
由题意求该几何体的体积与表面积，由外接球的半径求体积与表面积，对选项逐一判断．
本题考查了半正多面体的应用，考查几何体的表面积与体积，考查球的体积及表面积公式，属于中档题．
12.已知a=1−e−0.2，b=tan15，c=ln54，其中e为自然对数的底数，则( )
A. c>b>aB. b>c>aC. b>a>cD. c>a>b
【答案】A
【解析】解：由a=1−e−0.2，b=tan15=tan0.2，
设f(x)=1−e−x−tanx，0则f′(x)=e−x−1cs2x，由于0可得01，即有f′(x)<0，
则f(x)在(0,1)递减，可得f(x)则1−e−x由b=tan0.2，c=ln54=−ln0.8=−ln(1−0.2)，
可设g(x)=tanx+ln(1−x)，0g′(x)=1cs2x−11−x=sin2x−x(1−x)cs2x，
由于0所以g′(x)<0，即g(x)在(0,1)递减，则g(x)即有tanx<−ln(1−x)，可得tan0.2<−ln(1−0.2)，
所以b综上可得，a故选：A.
比较a，b的大小，可构造函数f(x)=1−e−x−tanx，0大小关系．
本题考查数的大小比较，注意运用构造函数法，结合导数的运用：求单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知函数f(x)=2+lg2x,01，则f[f(23)]=______ .
【答案】83
【解析】解：∵函数f(x)=2+lg2x,01，
∴f(23)=2+lg223=lg24+lg223=lg283>1；
∴f[f(23)]=f(lg283)=2lg283=83.
故答案为：83.
根据分段函数的解析式，先求出f(23)的值，进而求解结论．
本题考查了求分段函数的函数值的问题，解题时应对自变量进行分析，是基础题．
14.F1，F2是椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点，点M为椭圆E上一点，点N在x轴上，满足∠F1MN=∠F2MN=45∘，3|NF1|=4|NF2|，则椭圆E的离心率为______ .
【答案】57
【解析】解：因为∠F1MN=∠F2MN=45∘，可得F1M⊥F2M，且MN为∠F1MF2的角平分线，
所以|F1M||F2M|=|F1N||F2N|，
又因为3|NF1|=4|NF2|，所以|F1M||F2M|=43，
设|F1M|=4x，|F2M|=3x，
由椭圆的定义可得|F1M|+|F2M|=2a，即7x=2a，
解得x=27a，
所以|F1M|=87a，|F2M|=67a，
在Rt△F1MF2中，由勾股定理可得(87a)2+(67a)2=(2c)2，
整理可得c2a2=2549，
所以离心率e=ca=57.
故答案为：57.
由题意可知F1M⊥F2M，且MN为∠F1MF2的角平分线，再由角平分线的性质可得|F1M||F2M|=43，再由椭圆的定义|F1M|+|F2M|=2a，可得|F1M|，|F2M|的值，由勾股定理可得a，c的关系，进而求出离心率的大小．
本题考查椭圆的性质的应用及角平分线性质的应用，属于中档题．
15.十七世纪法国业余数学家之王的皮埃尔⋅德⋅费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于120∘时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120∘；当三角形有一内角大于或等于120∘时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点.已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，且C=π3，a= 3，b=2，且若点P为△ABC的费马点，则PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=______ .
【答案】− 3
【解析】解：因为C=π3，所以三角形的三个角均小于120∘，
则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC=∠APC=120∘，
设|PA|=x，|PB|=y，|PC|=z，
由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，
可得12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12× 3×2× 32，
整理得：xy+yz+xz=2 3，
则PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC
=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)
=−12×2 3=− 3.
故答案为：− 3.
由费马点定义，确定PA，PB，PC之间的夹角，利用三角形的面积得到等量关系，进而利用数量积定义求解即可．
本题考查向量的夹角和数量积运算，属中档题．
16.已知函数f(x)=lnx，若2ae2x+lna≥f(x)恒成立，则实数a的取值范围为______ .
【答案】[12e,+∞)
【解析】解：已知f(x)=lnx，函数定义域为(0,+∞)，
若2ae2x+lna≥f(x)恒成立，
即2ae2x≥lnxa恒成立，
此时2xe2x≥xalnxa恒成立，
即2xe2x≥lnxa⋅elnxa恒成立，
不妨设g(x)=xex，函数定义域为R，
可得g′(x)=(x+1)ex，
当x<−1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>−1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
又g(0)=0，
所以当x<0时，g(x)<0；当x>0时，g(x)>0，
此时需满足g(2x)≥g(lnxa)，
即2x≥lnxa恒成立，
则e2x≥xa在(0,+∞)上恒成立，
所以a≥xe2x在(0,+∞)上恒成立，
不妨设h(x)=xe2x，函数定义域为(0,+∞)，
可得h′(x)=1−2xe2x，
当00，h(x)单调递增
当x>12时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)≤h(12)=12e，
此时a≥12e，
则实数a的取值范围为[12e,+∞).
故答案为：[12e,+∞).
由题意，将问题转化成2xe2x≥lnxa⋅elnxa恒成立，构造函数g(x)=xex，对函数g(x)进行求导，利用导数得到函数g(x)的单调性，此时问题转化成a≥xe2x在(0,+∞)上恒成立，构造函数h(x)=xe2x，对函数h(x)进行求导，利用导数得到函数h(x)的单调性和最值，进而即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
三、解答题（本大题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题12分)
已知各项均为正数的数列{an}满足：a1=3，且2an+1(1−an2)=an(1−an+12).n∈N.
(1)求证：数列{an−1an}为等比数列；
(2)设Sn=a12+a22+⋯⋯+an2，Tn=1a12+1a22+⋯⋯+1an2，求Sn+Tn.
【答案】解：(1)证明：条件2an+1(1−an2)=an(1−an+12)，n∈N+，
可化为an+1−1an+1=2(an−1an)，
由a1=3知，数列的首项为a1−1a1=83，公比为2，
所以数列{an−1an}是以83为首项、2为公比的等比数列；
(2)由(1)知an−1an=2n+23(n∈N+)，
又Sn=a12+a22+⋯⋯+an2，Tn=1a12+1a22+⋯⋯+1an2，
可得Sn+Tn=(a12+1a12)+(a22+1a22)+...+(an2+1an2)
=(a1−1a1)2+(a2−1a2)2+...+(an−1an)2+2n
=(233)2+(243)2+(253)2+⋯+(2n+23)+2n=6427(4n−1)+2n，(n∈N*)，
所以Sn+Tn=6427(4n−1)+2n,(n∈N*)⋅
【解析】(1)运用等比数列的定义可得证明；
(2)由数列的分组求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．
本题考查等比数列的定义和通项公式、求和公式，以及数列的分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
18.(本小题12分)
如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，A1B1=12AB，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=π3，平面BDD1B1⊥平面ABCD，点O1，O分别为B1D1，BD的中点，O1B=1，∠A1AB，∠O1BO均为锐角.
(1)求证：AC⊥BB1；
(2)若顶点A1到底面ABCD的距离为 32，求二面角B−AA1−C的平面角的余弦值.
【答案】解：(1)证明：∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又∵平面BDD1B1⊥平面ABCD，且平面BDD1B1∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥平面BDD1B1，又BB1⊂平面BDD1B1，∴AC⊥BB1.
(2)由(1)知AC⊥面BDD1B1，又AC⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面BDD1B1，
作O1H⊥BD，因为平面BDD1B1⊥平面ABCD，平面BDD1B1∩平面ABCD=BD，
O1H⊂平面BDD1B1，所以O1H⊥平面ABCD，
如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，
过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
∵A1C1平面ABCD，∴O1到底面ABCD的距离为 32，
∴O1H= 32，又∠O1BO为锐角，∴BH=12，OH=12，∠O1BO=60∘，
又OB=O1B=1，∴△BOO1为等边三角形，故OO1=1，
在空间直角坐标系中，A( 3,0,0)，B(0,1,0)，C(− 3,0,0)，A1( 32,12, 32)，
则AA1=(− 32,12, 32)，AB=(− 3,1,0)，AC=(−2 3,0,0)，
设平面ABA1的法向量为m−=(x,y,z)，
则m⋅AA1=− 32x+12y+ 32z=0m⋅AB=− 3x+y=0，取x=1，得m−=(1, 3,0)，
设平面ACA1的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅AA1=− 32a+12b+ 32c=0n⋅AC=−2 3a=0，取c=1，得n=(0,− 3,1)，
cs=m⋅n|m|⋅|n|=−32×2=−34，
由图得二面角B−AA1−C为锐角，故二面角B−AA1−C的平面角的余弦值为34.
【解析】(1)推导出AC⊥BD，从而AC⊥平面BDD1B1，由此能证明AC⊥BB1.
(2)作O1H⊥BD，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B−AA1−C的平面角的余弦值．
本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的定义及余弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.(本小题12分)
为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行动物与人体试验.研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内，一段时间后测量小白鼠的某项指标值，按[0,20),[20,40),[40,60),[60,80),[80,100]分组，绘制频率分布直方图如图所示.试验发现小白鼠体内产生抗体的共有120只，其中该项指标值不小于60的有85只假设小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立.
(1)填写下面的2×2列联表，并根据列联表及α=0.05的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关.
(2)为检验疫苗二次接种的免疫抗体性，对第一次注射疫苗后没有产生抗体的80只小白鼠进行第二次注射疫苗，结果又有40只小白鼠产生抗体.
(i)用频率估计概率，如果对一只小白鼠注射2次疫苗，求这只小白鼠产生抗体的概率P；
(ii)以(i)中确定的概率P作为人体注射2次疫苗后产生抗体的概率，进行人体接种试验，记n个人射2次疫苗后产生抗体的数量为随机变量X.试验后统计数据显示，当X=80时，P(X)取最大值一中船加人体接种试验的人数n及E(X).
参考公式：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(其中n=a+b+c+d为样本容量)
参考数据：
【答案】解：(1)由频率分布直方图知：200只小白鼠指标值不小于60的频率为：(0.025+0.0075)×20=0.65，
所以指标值不小于60的小白鼠共有0.65×200=130只，
而指标值不小于60且有抗体的有85只；
所以指标值不小于60且没有抗体的小白鼠有45只，
同理，指标值小于60且有抗体的小白鼠有35只，
指标值小于60且没有抗体的小白鼠也有35只，
故2×2列联表如下：
假设H0：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联
根据列联表中数据，得x2=200×(35×45−35×85)2120×80×130×70≈4.487>3.841.
根据α=0.05的独立性检验，推断H0不成立，
即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于0.05；
(2)(i)事件B=“小白鼠第二次注射疫苗产生抗体”，事件C=“小白鼠注射2次疫苗后产生抗体”，令事件A=*小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”，
记事件A，B，C发生的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，
则P(B)=4080=0.5，P(A)=120200=0.6，P(C)=1−P(A)P(B)=1−0.4×0.5=0.8，
所以一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率p=0.8；
(ii)由题意知随机变量X∼B(n,0.8)，P(X=k)=Cnk×0.8k×0.2n−k(k=0,1,2,⋯,n).
因为P(X=80)最大，所以Cn80×0.880×0.2n−80≥Cn81×0.881×0.2n−81Cn80×0.880×0.2n−80≥Cn79×0.879×0.2n−79，
解得99≤n≤9019，因为n是整数，所以n=99或n=100，所以接受接种试验的人数为99或100，
①当接种人数为99时，E(X)=np=99×0.8=79.2；
②当接种人数为100时，E(x)=np=100×0.8=80.
【解析】(1)根据题意，先完成列联表，计算χ2的数值，分析即可得出结果；
(2)(i)根据对立事件的概率求解即可；
(ii)不同小老鼠之间的实验显然无关，于是可近似看成二项分布，由题意可知P(X=99)≥P(X=100)，P(X=99)≥P(X=98)，解出n的范围即可求解．
本题主要考查独立性检验和二项分布，涉及概率的计算以及不等式的解法，属于中档题．
20.(本小题12分)
设m为实数，函数f(x)=2mlnx−2x(m∈R).
(1)当m=12时，直线y=ax+b是曲线y=f(x)的切线，求a+b的最小值；
(2)已函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(0【答案】解：(1)当m=12时，f(x)=lnx−2x，
∴f′(x)=1x−2，
设切点为(x0,lnx0−2x0)，
则切线斜率k=f′(x0)=1x0−2，
∴切线方程为y=(1x0−2)x+lnx0−1，
∴a=1x0−2,b=lnx0−1，
∴a+b=1x0+lnx0−3，
令g(x)=1x+lnx−3，则g′(x)=−1x2+1x=x−1x2，
由g′(x)<0，可得00，可得x>1，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴g(x)min=g(1)=−2，
即a+b的最小值为2；
(2)∵f(x)有两个不同的零点x1，x2(0∴mlnx1=x1，mlnx2=x2，0∴m(lnx1−lnx2)=x1−x2，
∴mlnx1x2=x1−x2，
设t=x1x2∈(0,1)，则m=x1−x2lnt，
又f′(x)=2mx−2，
∴f′(x0)=f(x1+λx21+λ)=2m1+λx1+λx2−2=2x1−x2lnt1+λx1+λx2−2<0，
将x1=tx2代入上式可得：(1+λ)t−1(t+λ)lnt−1<0恒成立，
又t∈(0,1)，∴lnt<0，
∴(1+λ)(t−1)t+λ−lnt>0恒成立，
设φ(t)=(1+λ)(t−1)t+λ−lnt，t∈(0,1)，
则φ′(t)=(1+λ)2(t+λ)2−1t=−(t−1)(t−λ2)t(t+λ)2，t∈(0,1)，
(i)当λ2≥1时，t−λ2<0，
∴φ′(t)<0，∴φ(t)在(0,1)上单调递减，φ(t)>φ(1)=0恒成立，注意到λ≠−1，
∴λ∈(−∞,−1)∪[1,+∞)符合题意；
(ii)当λ2<1时，∵t∈(0,1)，∴t∈(0,λ2)时，φ′(t)<0，∴φ(t)在(0,λ2)上单调递减；
t∈(λ2,1)时，φ′(t)>0，∴φ(t)在(λ2,1)上单调递增，
∴t∈(λ2,1)时，φ(t)<φ(1)=0，不满足φ(t)>0恒成立，
综上可得λ∈(−∞,−1)∪[1,+∞).
【解析】(1)根据导数的几何意义，构造函数，利用导数研究函数的单调性与最值，即可求解；
(2)构造函数，分类讨论参数λ，利用导数研究函数的单调性与最值，即可证明．
本题考查导数的综合应用，恒成立问题的求解，利用导数研究函数的单调性与最值，分类讨论思想，化归转化思想，属难题．
21.(本小题12分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线右支上的一点，l为△PF1F2的内心，且IF1+2IF2=2PI.
(1)求C的离心率；
(2)设点T(x1,y1)为双曲线C右支上异于其顶点的动点，直线TF1与双曲线左支交于点S.双曲线的右顶点为D(1,0)，直线TD，SD分别与圆O：x2+y2=1相交，交点分别为异于点D的点M，N，判断直线MN是否过定点，如果过定点，求出定点，如果不过定点，说明理由.
【答案】解：(1)如图所示，
延长IP到A且|IP|=|PA|，延长IF2到B且|IF2|=|F2B|，
由IF1+2IF2=2PI，得IF1+IB+IA=0−，
∴I是△ABF1的重心，即S△AIF1=S△AIB=S△BIF1，
又S△AIF1=2S△PIF1，S△BIF1=2S△F2IF1，S△AIB=4S△PIF2，
S△PIF1=S△F2IF1=2S△PIF2，而I是△PF1F2的内心，则|PF1|=|F1F2|=2|PF2|，
由|PF1|−|PF2|=2a，得|PF2|=2a，又|F1F2|=2c，则2c=4a，即e=ca=2；
(2)弦MN过定点(0,0)，理由如下：
由y已知结合(1)得，a=1,b= 3,c=2，双曲线方程为x2−y23=1.
则F1(−2,0)，F2(2,0)，
设点S(x2,y2)，直线ST的方程为：x=−2+ty，
联立x=−2+tyx2−y23=1，得(3t2−1)y2−12ty+9=0，
则y1+y2=12t3t2−1，y1y2=93t2−1，DT=(x1−1,y1)，DS=(x2−1,y2)，
则DT⋅DS=(x1−1)(x2−1)+y1y2=(ty1−3)(ty2−3)+y1y2
=(t2+1)y1y2−3t(y1+y2)+9=(t2+1)⋅93t2−1−3t⋅12t3t2−1+9=0，
即DT⊥DS，也就是DM⊥DN，
∴MN为圆O的直径，故弦MN恒过圆心(0,0).
【解析】(1)由题意画出图形，由已知向量等式可得|PF1|=|F1F2|=2|PF2|，结合|PF1|−|PF2|=2a，得|PF2|=2a，又|F1F2|=2c，则2c=4a，由此可得双曲线的离心率；
(2)设直线ST的方程为：x=−2+ty，与双曲线方程联立，利用根与系数的关系证明DT⊥DS，即可得结论．
本题考查双曲线的几何性质，考查数形结合思想，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查运算求解能力，综合性强，难度较大．
22.(本小题10分)
数学中有许多美丽的曲线，如在平面直角坐标系xOy中，曲线E：x2+y2=a( x2+y2−y)(a>0)的形状如心形(如图)，称这类曲线为心形曲线．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当a=2时，
(1)求E的极坐标方程；
(2)已知P，Q为曲线E上异于O的两点，且OP⋅OQ=0，求△OPQ的面积的最大值．
【答案】解：(1)将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入曲线E，
得ρ2=2(ρ−ρsinθ)，即ρ=2(1−sinθ)，
所以，E的极坐标方程为ρ=2(1−sinθ)；
(2)不妨设P(ρ1,θ),Q(ρ2,θ+π2)，
即ρ1=2(1−sinθ),ρ2=2(1−sin(θ+π2))=2(1−csθ)，
则△OPQ的面积S=12ρ1ρ2=2(1−csθ)(1−sinθ)
=2−2(sinθ+csθ)+2sinθcsθ
由于(sinθ+csθ)2=1+2sinθcsθ，
令t=sinθ+csθ，则t∈[− 2, 2]，2sinθcsθ=t2−1，
则S=2−2t+t2−1=t2−2t+1=(t−1)2，
故当t=− 2时，Smax=(− 2−1)2=3+2 2，
即△OPQ的面积的最大值为3+2 2.
【解析】(1)将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入曲线E，化简可得答案；
(2)不妨设P(ρ1,θ),Q(ρ2,θ+π2),ρ1=2(1−sinθ),ρ2=2(1−csθ)，则△OPQ的面积S=12ρ1ρ2=2(1−csθ)(1−sinθ)，令t=sinθ+csθ，可得S=2−2t+t2−1，再利用配方计算可得答案．
本题考查了极坐标方程和直角坐标方程的互化，属于中档题．
23.(本小题12分)
已知m≥0，函数f(x)=2|x−1|−|2x+m|的最大值为4，
(1)求实数m的值；
(2)设正数x，y，z满足2x+2y+z=m，求3xy+yz+zx的最大值.
【答案】解：(1)f(x)=2|x−1|−|2x+m|=|2x−2|−|2x+m|≤|(2x−2)−(2x+m)|=|m+2|，
∵m≥0，
∴f(x)≤|m+2|=m+2，当(2x−2)(2x+m)≥0时取等号，
∴f(x)mx=m+2，又f(x)的最大值为4，
∴m+2=4，即m=2；
(2)由(1)知2x+2y+z=2，即2(x+y)=2−z，
3xy+yz+xz=3xy+z(x+y)=3xy+z(2−z)2，
由xy≤(x+y)24=(2−z)216，
知3xy+yz+xz≤3(2−z)216+z(2−z)2=116(−5z2+4z+12)，
即3xy+yz+xz≤−516(z−25)2+45，
∴3xy+yz+zx的最大值为45，此时x=y=z=25，
∴3xy+yz+zx的最大值为45.
【解析】(1)由三角绝对值不等式可得f(x)≤|m+2|，由|m+2|=4求解即可；
(2)由题意可得2x+2y+z=2，即2(x+y)=2−z，从而有3xy+yz+xz≤3(2−z)216+z(2−z)2=116(−5z2+4z+12)，再利用配方法求解即可．
本题考查了三角绝对值不等式、基本不等式及利用配方法求二次函数的最值，属于中档题．抗体
指标值
合计
小于60
不小于60
有抗体
没有抗体
合计
P(x2>k0)
0.50
0.40
0.25
0.15
0.100
0.050
0.025
k0
0.455
0.708
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
抗体
指标值
合计
小于60
不小于60
有抗体
35
85
120
没有抗体
35
45
80
合计
70
130
200

2023年江西省鹰潭市高考数学一模试卷（理科）-教师用卷

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