湖南省岳阳市2022-2023学年高三教学质量监测（一）数学试卷答案

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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.B 2.C 3.C 4.D 5.B 6.A 7.A 8.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.ABD 10.ACD 11.BC 12.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.)
13.
65
33
14.198 15.
5
6
16.(1)
 
，2
(2)
1110或
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.
解：(1)因为
*
3 1 3
log log 1( N )
n n
a a n
 
，所以
13
n
n
a
a
----------------------------------------1 分
所以数列
{ }
n
a
是首项为 1公比为 3的等比数列----------------------------------------------------3 分
所以数列
{ }
n
a
的通项为
1
3n
n
a
------------------------------------------------------------------------4 分
(2)由(1)知数列
{ }
n
a
的前
项和
1 (1 3 ) 3 1
1 3 2
n n
n
S 
 
------------------------------------------5 分
)
13
1
13
1
(
2
3
)13)(13(
3
)1(2)1( 11
1
nnnn
n
nn
n
nSa
a
b
------------------------8 分
所以
)
13
1
13
1
(...)
13
1
13
1
()
13
1
2
1
(
2
3
... 1211
321 nn
nn bbbbT
)
13
1
2
1
2
3
n
（
数列
 
n
b
的前
n
项和
)13(4
33 1
n
n
n
T
------------------------------------------------------------------10 分
注：如果只化简
1
1
3
( 1) 2( 1) (3 1)(3 1)
n
n
nn n
n n
a
ba S
 
 
，并写出
n
T
表达式给 1分
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：
Y
1
2
3
4
5
P
0.05
0.45
0.35
0.1
0.05
-------------------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
X
0
1
2
P
0.5
0.4975
0.0025
--------------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
2 2 2 2 cosb a c ac B  
又
2 2
b a ac 
所以
(1 2 cos )a B c 
--------------------------------------------------------------------------------------2 分
由正弦定理得
sin (1 2 cos ) sinA B C 
---------------------------------------------------------------3 分
又
A B C
 
所以
sin (1 2 cos ) sin( ) sin cos cos sinA B A B A B A B  
得
sin sin( )A B A 
----------------------------------------------------------------------------------------5 分
在三角形中得
A B A 
或
A B A

（舍去）
得
2B A
-----------------------------------------------------------------------------------------------------6 分
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(2) 由(1)知
2B A
且
A B C
 
，所以
0 3A
 
所以
03
A
 
---------------------7 分
2 2
3
cos cos cos3 cos
cos(2 ) cos
sin 2 sin cos 2 cos cos
2sin cos (2 cos 1)cos cos
4cos 4 cos
C A A A
A A A
A A A A A
A A A A A
A A
 
 
 
 
 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------9 分
令
cos ,x A
3
( ) 4 4f x x x 
且
11
2x 
2 2
( ) 4 12 4(1 3 )f x x x
 
可知当
1 3
2 3
x 
时
( ) 0f x
所以
3
( ) 4 4f x x x 
在
1 3
2 3
x 
单调递增
可知当
31
3x 
时
( ) 0f x
所以
3
( ) 4 4f x x x 
在
31
3x 
单调递减
( )f x
在
3
3
x
时取到极大值也是最大值，且最大值为
8 3
9
又
1 3 1
( ) , (0) 0, ( ) (0)
2 2 2
f f f f  
，所以
8 3
0 ( ) 9
f x 
故
cos cosC A
的取值范围为
8 3
(0, ]
9
---------------------------------------------------------------12 分
20.
解：
(1)法一：延长
1,AA CF
交于点
N
，连
NE
交
1 1
A B
于
M
则可知平面
EFC
即平面
CEMF
且
M
为
1 1
A B
靠近
1
B
的三等分点
所以
12A M
，又
12A F
，
45 ,BAC  
由余弦定理知
2 2 2
1 1 1 1
2 cos 2MF A M A F A M A F BAC  
所以
2 2 2
1 1
MF A F A M 
故△
1
A MF
为直角三角形，
1
A F MF
直三棱柱
1 1 1
A B C ABC
中，
1
AA
平面
1 1 1
A B C
，所以
1
AA MF
，
又
1 1 1 1
AA A C A 
所以
MF
平面
1 1
A ACC
，
MF
平面
EFC
所以平面
EFC
平面
1 1
A ACC
-----------6 分
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