理科数学-2023年高三1月大联考（全国乙卷）（全解全析及评分标准）

理科数学全解全析及评分标准第1页（共13页）2023年高三1月大联考（全国乙卷）理科数学·全解全析及评分标准一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。123456789101112ABCBDCABDCBC1．A【解析】{|0}Axx，1{|(31)(1)0}{|1}3Bxxxxx，1{|}3ABxx，1(){|}3ABxxR，故选A．2．B【解析】设i(,)zababR，则izab，23i32izzab，则1,2ab，1z112i12i12i12i(12i)(12i)555，故选B.3．C【解析】观察主视图中的木条位置，分析可知侧视图不可能是A和B，观察木条的层次位置，分析可知侧视图也不可能是D，故选C．4．B【解析】因为222||2abaabb10，||10a,||2b，所以ab2，所以(2)ab()ab222204214abab．故选B．5．D【解析】∵2sin3cos3，∴1cos()63，∴27cos(2)2cos()1369，故选D．6．C【解析】由函数23()3xtxfx在区间(2,3)上单调递减，得23yxtx在区间(2,3)上单调递减，所以332t，解得2t.结合A，B，C，D四个选项，知使得“函数23()3xtxfx在区间(2,3)上单调递减”成立的一个充分不必要条件可以是3t．故选C．7．A【解析】设第i次电压不稳仪器损坏为事件(1,2)iAi，则11()0.1,()0.9PAPA，21(|)0.2PAA，21(|)0.8PAA，故连续两次电压不稳仪器未损坏的概率为12211()(|)()0.80.9PAAPAAPA0.72．故选A．8．B【解析】方法一：由题意，得()4cos().3gxx由()()20hxgx，得1cos()32x，所以233xk或233xk，kZ，解得223kx或2kx，kZ,欲使函数()hx在(0,2)上有且仅有4个零点，则16432，解得823，故选B.理科数学全解全析及评分标准第2页（共13页）方法二：由题意，得()4cos().3gxx由()()20hxgx，得1cos()32x.令3xt，由(0,2)x，得(,2)333x，即(,2)33t，欲使方程1cos2t在(,2)33t上有且仅有4个实根，则13172,333所以823，故选B.9．D【解析】1.21.2log1.1log1.21a，1.101.201.21.21,1.11.11bc．设ln()xfxx，则21ln()xfxx.当0ex时，()0fx，当ex时，()0fx,()fx在(0,e)上单调递增，在(e,+)上单调递减，1.11.2e，ln1.2ln1.11.21.1，即1.1ln1.21.2ln1.1,也即1.1ln1.21.2ln1.1,1.11.21.21.1,acb，故选D．10．C【解析】由题意，知11+1(1)2nnaa,11+12()2nna,112()12nna,11()1224()41212nnnSnn,676732483535nnnnaSnnn,当2n时，max67()535nn，5，的最小值为5，故选C．11．B【解析】设双曲线C的半焦距为c,2,||||2OBODOBOD.由圆的相交弦定理知，||||acOAOF||||2OBOD.又圆M的半径2925,()[,]2248acacrS，229244aacc258，222592,2acac22175,2ac22517.2acacacac又51172,,24acee24,e故选B.12．C【解析】因为(1)(1)0,fxfx所以()(),fxfx所以函数()fx为奇函数，(0)0.f因为(8)(),fxfx所以()fx的周期为8.又2(1)(1)11,fa所以10,a所以1,(3)|3|1afb1，所以3,b故①正确.因为(2023)(25381)(1)(1)1ffff，故②错误.易知2(1)1,02()|3|1,24xxfxxx，作出函数()fx在[0,4]上的图象，根据函数()fx为奇函数，及其周期为8，得到函数()fx在R上的图象，如图所示，由()fx的图象知，当[4,6]x时，()0fx的解集为(2,0)(2,4),故③正确.理科数学全解全析及评分标准第3页（共13页）由题意，知直线(1)ymxm=mx恒过点(1,0)，与函数()fx的图象在y轴右侧有3个交点.根据图象可知当0m时，应有51mm，即14m，且同时满足(),mxmfx[8,10]x无解，即当[8,10]x时，10()())8(fxxx，()(108)mxxxm无解，所以0，解得16671667m，所以116674m.当0m时，应有31mm，即12m，且同时满足(),mxmfx[6,8]x无解，即当[6,8]x时，6()(()8)xfxx，(8)6)(xxmxm无解，所以0，解得1223512235m，所以1122352m.综上，116674m或1122352m，④错误.故选C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．9【解析】因为666111(1)(1)(1)(1)xxxxx，所以其展开式中含有1x项的系数有两部分：一部分是61(1)x展开式中21x的系数26C15，另一部分是61(1)x展开式中1x的系数16C6，所以所求的系数为1569．故填9.14．4039【解析】方法一：由题意，知{}nSn是等差数列，125,4,12SS所以516nSnnn，即26nSnn.当2n时，21(1)6(1)nSnn，以上两式相减，得27nan(2)n.又15a也适合上式，所以27nan，所以当2023n时，20232202374039a，故填4039.方法二：由题意，知{}nSn是等差数列，所以数列{}na也是等差数列，所以数列{}na的公差21352daa，所以1(1)227naann，所以20232202374039a．故填4039.15．23【解析】由抛物线的定义知，||||AHAF.又||2||AHBF，所以||2||AFBF.如图，过点B作直线l的垂线，垂足为E，则||||BEBF，过点B作AH的垂线，垂足为C.设||||BEBFm，则理科数学全解全析及评分标准第4页（共13页）||||2AHAFm，显然||||||2ACAHBEmmm，所以||cos||||||ACmCAFABAFBF123mmm，所以tan22,CAF所以直线AB的斜率为22，所以直线AB的方程为22(1)yx.不妨设11(,)Axy，110,0xy，由1121122(1)4yxyx，解得11222xy，所以221||||HFyDF1223．故填23.16．③④【解析】由题意，知平面1DEF截正方体1111ABCDABCD所得截面图形为1DHEFG，如图，易得1124,33CGAHGCAH，所以1116213493DGDH，HEGF4131,93所以所求周长为21313222213233，故①错误；设点B到平面1DEF的距离为h，由题意，得11112323BEFDV，113,2DEDFEF，所以1117172222DEFS△，所以1117332h，即21717h，故②错误；正方体1111ABCDABCD的体积为2228，其中一部分的体积1111112112252(2)21(2)213232332393DDEFFDDCGEDDAHVVVV，则另一部分的体积为2547899，所以平面1DEF将正方体1111ABCDABCD分割成两部分，较小一部分的体积为259，故③正确；对于三棱锥1BDEF，先找到BEF△的外接圆的圆心，即为EF中点，设为M，过点M作1MNBB∥，交11BD于点N，则外接球球心在直线MN上，设球心为O，外接球半径为R，MOx，所以22222232()(2)()22Rxx，所以292,,2xR球O的表面积2418SR，④正确.故填③④.理科数学全解全析及评分标准第5页（共13页）说明：第15题填成12也给分.第16题，除了填成③④得5分，其他情况均为0分.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须做答。第22、23题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题：共60分。17．（12分）【解析】（1）由题意，得sinsin()sinaAbBcbC，（1分）由正弦定理，得2222()abcbcbcbc.（2分）由余弦定理，得2221cos222bcabcAbcbc.（3分）又(0,)A，所以3A.（5分）（2）因为ABD△与ACD△的面积之和等于ABC△的面积，且AD为角A的平分线，（6分）由（1）知，3A，所以1113sin3sinsin262623bcbc，（7分）所以bcbc.（8分）又2()2bcbc，当且仅当bcbcbc，即2bc时取等号，（9分）所以2()2bcbc，（10分）所以4bc，（11分）所以bc的最小值为4．（12分）说明：第（2）问中8分之后这样写也给分：2bcbcbc，当且仅当bcbcbc，即2bc时取等号，（9分）所以2bc，则4bc，（10分）理科数学全解全析及评分标准第6页（共13页）所以4bc，（11分）所以bc的最小值为4．（12分）或者：222()bcbc，即222()4bcbcbc，当且仅当bcbcbc，即2bc时取等号，（9分）所以4bc，（10分）所以4bc，（11分）所以bc的最小值为4．（12分）以上方法中未写取等条件扣一分.18．（12分）【解析】（1）由于22120(40402020)60606060K（2分）40=313.333（3分）10.828，（4分）所以有99.9%的把握认为教师是否经常使用多媒体教学与教师年龄有关．（5分）（2）抽取的6名教师中，经常使用多媒体教学的教师人数为40644020，不经常使用多媒体教学的教师人数为20624020.（6分）X的所有可能取值为1,2,3，2112324244333666CCCCC131(1)(2)(3==C5C5C5PXPXPX，，），（9分）所以X的分布列为X123P153515（10分）所以131()123555EX（11分）2.（12分）说明：第（1）问解答中：未写出“13.3