【文档说明】辽宁师大附中2023届高三下学期5月精品卷考试 数学答案.docx，共(11)页，569.868 KB，由小赞的店铺上传

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精品卷答案一、单选题1．D【解析】由题意)()(17.0)(APAPBAP=−==,则事件A,B相互独立，选D2.C【解析】设),(Ryxyixz+=，由1i−=+zz知z对应点在点），（10−和(1,0）的垂直平分线上，由15−=−zz知3=x，i33−=z，=||z23，选C3.

D【解析】[解法一]因240xax−−=有两个实根：21424aax=−+，22424aax=++，故BA等价于12x−且24x，即24224aa−+−且24424aa++，解之得03a．[解法二]（特殊值验证法）令3,[1,4],aBBA

==−，排除C，令1171171,[,]22aB−−−+=−=，BA排除A、B，故选D。[解法三]（根的分布）由题意知240xax−−=的两根在[2,4)A=−内，令2()4fxxax=−−则a242(2)0(4)

0ff−−解之得：03a4.A【解析】设B(t2,2t),C(s2,2s),s≠t,s≠1,t≠1，则直线BC的方程为222222tstxtsty−−=−−，化得2x-(s+t)y+2st=

0．由于直线BC过点(5，-2)，故2×5-(s+t)(-2)+2st=0，即(s+1)(t+1)=-4．因此，1)1)(1(412212222−=++=−−−−=tsssttKKACAB.所以，∠BAC=90°，从而△ABC是直角三

角形．5.B【解析】设,,abc的公比为q，则2,baqcaq==，而abAB=sinsin，因此，只需求q的取值范围．因,,abc成等比数列，最大边只能是a或c，因此,,abc要构成三角形的三边，必需且只需abc+且bca+．即有不等式组2

2,aaqaqaqaqa++即2210,10.qqqq−−+−解得1551,225151.22qqq−+−+−或从而515122q−+，因此所求的取值范围是5151(,)22−+．6.B【解析】由题

意得从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有2828=C种不同的结果，由题意概率知，其中一个数比m大，一个数比m小的不同结果有10种，由101512=CC可知4=m或7=m．当4=m时，数据中的%x分位数是第3个数，则38%2

x，解得5.3725x，故所有选项都不满足；当7=m时，数据中的%x分位数是第6个数，则68%5x，解得755.62x，故B对．7.A【解析】如图，①当或时，圆面被分成2块，涂色方法有20种；②当或时，圆面被分成3块，涂色方法有60种；③当时，圆面被分成4块

，涂色方法有120种，所以m的取值范围是，故选A.8.D【解析】由题意可得，函数()fx为增函数.若()00fyy，则()()()000ffyfyy；同理，若()00fyy，则()()()000ffyfyy，均与题设条件不

符.由()()00ffyy=可得()00fyy=，且00,1y.因此，关于的方程()2ln1xxmx++−=在0,1上有解，整理得()22ln1xxxm+−+=在0,1上有解.设()()22ln1,0,1gxxxxx=+−+，则()2

211gxxx=−++为0,1上的减函数，注意到()10g=，故0)(xg，从而函数()gx在0,1上单调递增.所以，()()()0,10,2ln2gxgg=.因此，实数m的取值范围是0,2ln2.故选D.二、多选题9．ACD【详解】∵函数()()ππs

in322fxx=+−的图象关于直线π4x=对称，∴ππ3π42k+=+，kZ，∵ππ22−，∴π4=−，∴()πsin34fxx=−，对于A，函数πππsin3sin312124fxxx

+=+−=，根据正弦函数的奇偶性，因此函数12fx+是奇2−m2m422+yx22−−m22m422+yx22−m422+yx)2,2(−x=2x=-2Oyxx=2x=-2y=x函数，故A正确；对于B

，由于ππ,123x，π3π30,44x−，函数()πsin34fxx=−在ππ,123上不单调，故B错误；对于C，因为()max1fx=，()min1fx=−，又因为()()122fxfx−=，

()πsin34fxx=−的周期为2π3T=，所以12xx−的最小值为π3，C正确；对于D，函数()fx的图象向右平移π12个单位长度得到函数πππsin3cos312124fxxx−=−−=−，故D正确，故选：ACD10.BCD【详解】因为点12,

AA为双曲线的左右顶点，所以12(,0),(,0)AaAa−设点()12,(0,0),,,pxyxyPQyAQxaAQxa==+=−，则222212||PQytAQAQxa==−，又点P在该双曲线上，满足22221xyab−=，所以222222

2212(1)||xbPQbatAQAQxaa−===−，所以选项A错，选项D对；又2221cabetaa+===+，故选项B对，对选项C，221bta==，则1ba=，双曲线的渐近线方程为yx=，故C对.故选：BCD11．ACD【详

解】连接AC，BD，设ACBD＝O，则O为AC的中点，连接OE，∵E为PC的中点，则OE为∆PAC的中位线，得PA//OE，因为OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以PA//平面BDE，故A正确；若PC⊥平面BDE

，则PC⊥OE，又由PA//OE，所以PC⊥PA，可得PA2+PC2＝AC2，而PA＝PC＝2，AC222ABBC=+=，不满足PA2+PC2＝AC2，所以PC⊥平面BDE错误，故B错误；由已知求得PO222142()22=−=，则11141411326V==，21114141132424

V==，所以V1：V2＝4：1，故C正确；以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则2214142(0,0,0),(0,,0),(,0,),(0,0,),(,0,0

)24422OBEPC−−,可得2142214214(,0,),(0,,0),(0,,),(,0,)4422222OEOBPBPC=−==−=−−，设平面BDE的一个法向量为(),,nxyz=．由21404420

2nOExznOBy=−+===，取x7=，得()7,0,1n=，则sinα14728222nPBnPB===，sinβ1474222nPCnPC===，所以sin:sin1:2=，故D正确．故选：ACD．12．

BCD【详解】由a，()0,b+，1ab+=，可得(),0,1ab，对于A，12aa+≥，当且仅当1aa=，即()10,1a=取等号，所以12aa+，同理12bb+，故114abab++

，故A错误；对于B，()()()21122113116abababab+++=+++++++++=，当且仅当11ab+=+，即12ab==时取等号，116ab+++，即11ab+++的最大值为6，故B正确；对于C，()121223322baabababab+=++=++

+，当且仅当2baab=，即21,22ab=−=−时取等号，故12ab+的最小值为322+，故C正确；对于D，由题可得1ba=−，()0,1a，()222222211111abaaaababaaaaaa−++=+=+++−−++−，而()21133233

11aaaaa−+=++−−++，当且仅当131aa+=+，即31a=-时取等号，∴22221123313233abaababaa+++==++−+−，即222ababab+++的最大值是3233+

，故D正确.故选：BCD.13．1−【详解】0122332022202220232023202320232023202320232023C2C2C2C2C2C−+−++−()()()()012022202302023120222022120230202320232023

2023C12C12C12C12=−+−++−+−()2023121=−=−.14．27ˆa/27a【详解】由14BA=，可设()()7,07,0AB−､，由6CACB−=，得点C的轨迹是以AB､为焦点，实轴长为6的双曲线的右支（不含右顶点）.因为CD是ABC的角平分线，且(0),

ADACBEBAAEADAC−==+故AE也为ABC的角平分线，E为ABC的内心.如图，设()00,Exy，,,EMACEQABENBC⊥⊥⊥，则由双曲线与内切圆的性质可得，6ACBCAMBNAQBQ−=−=−=，又14AQBQ+=，所以，734BQ

=−=，BE在a上的投影长为4，则BE在a上的投影向量为42147aa=．故答案为：27a15.25710112021,Nnn+【详解】122,5aa==，2145nnnaaa+++=，2114()nnnnaaaa+++−=−1{}nn

aa+−是以3为首项，4为公比的等比数列，1134nnnaa−+−=，22310134343434342nnnnnaa−−−−=+=+++++1114324114nn−−−=+=+−4541257a=+=，又414loglog(41)(,1)nnann+=++，

414loglog(41)nhnban+==+=.120232023112023()(1)1nnbbnnnn+==−++，111112023(1)2231nSnn=−+−++−+12023(1)1n=−+12023(1)20211nSn=−=+

120212023(1)20221n−+202120222n10112021,Nnn+故答案为：257；10112021,Nnn+16.4【详解】因为函数()1eexxfxax−=−−有两个极值点1x与2x由()1ee0xxfxa−=+−=，则()2eee0xxa

−+=有两根1x与2x所以121212ee,eeeexxxxxxa++===，得121xx=+因为()()124fxfx+=−，所以()()()12121112eeee4xxxxaxx−−+−+−+=−，又112211ee,ee

xxxxaa−−=−=−则()()12122ee2224xxaaxxaaa+−−+=−−=−，所以4a=故答案为：4四、解答题17【详解】（1）∵cos2𝐴+cos2𝐶=1+cos2𝐵，则1−sin2𝐴+1−sin2𝐶=1+1−sin2𝐵，所以sin2𝐴+sin

2𝐶=sin2𝐵，则𝑎2+𝑐2=𝑏2，所以△𝐴𝐵𝐶为直角三角形，所以𝐵=π2-----------4分（2）𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=|𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑|⋅|𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑

⃑|⋅cos𝐴=|𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑|2=𝑐2<12，所以0<𝑐<√22，而𝑎2+𝑐2=1，所以设𝑐=sin𝜃,𝑎=cos𝜃,𝜃∈(0,π4)，所以1𝑎+1𝑐=1sin𝜃+1cos𝜃=si

n𝜃+cos𝜃sin𝜃cos𝜃，令𝑡=sin𝜃+cos𝜃=√2sin(𝜃+π4),𝑡∈(1,√2)，又因为𝑡2=(sin𝜃+cos𝜃)2=1+2sin𝜃cos𝜃，所以sin𝜃cos𝜃=𝑡2−12，所以1𝑎+1𝑐=2𝑡𝑡2−1,�

�∈(1,√2)，令𝑦=2𝑡𝑡2−1=2𝑡−1𝑡,𝑡∈(1,√2)，因为𝑡−1𝑡在𝑡∈(1,√2)上单调递增，所以𝑦=2𝑡−1𝑡在𝑡∈(1,√2)上单调递减，所以𝑦>2√2−1√2=2√

2，所以1𝑎+1𝑐的取值范围为(2√2,+∞).-----------10分18．已知数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，且𝑆𝑛=𝑛−𝑎𝑛．(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)设数列{𝑏𝑛}的前n项和为𝑇𝑛，且2𝑏𝑛=(𝑛−2)(𝑎𝑛

−1)，若𝑇𝑛≥𝜆𝑏𝑛对于𝑛∈𝑁∗恒成立，求𝜆的取值范围．【详解】（1）∵𝑆𝑛=𝑛−𝑎𝑛，∴𝑆𝑛−1=(𝑛−1)−𝑎𝑛−1(𝑛≥2)，两式作差得2𝑎𝑛=𝑎𝑛−1+1，∴2(𝑎𝑛−1)=𝑎𝑛−1−1，当𝑛=1时，𝑆

1=1−𝑎1，∴𝑎1−1=−12，所以{𝑎𝑛−1}是首项为−12，公比为12的等比数列，故𝑎𝑛=1−(12)𝑛．-----------4分（2）∵2𝑏𝑛=(𝑛−2)(𝑎𝑛−1)，∴𝑏𝑛=(2−𝑛)(12)�

�+1，∴𝑇𝑛=𝑏1+𝑏2+⋅⋅⋅+𝑏𝑛=1×(12)2+0×(12)3+(−1)×(12)4+⋅⋅⋅+(2−𝑛)(12)𝑛+1，①12𝑇𝑛=1×(12)3+0×(12)4+(−1)×(12)5+⋅⋅⋅+(2−𝑛

)(12)𝑛+2，②两式作差得12𝑇𝑛=1×(12)2−[(12)3+(12)4+⋅⋅⋅+(12)𝑛+1]−(2−𝑛)(12)𝑛+2，化简得𝑇𝑛=𝑛2𝑛+1，∵𝑇𝑛≥𝜆𝑏𝑛恒成立，∴𝑛2𝑛+1≥𝜆(2−�

�)12𝑛+1，𝑛≥𝜆(2−𝑛)，当𝑛=1时，𝜆≤1；当𝑛=2时，𝜆∈𝑅；当𝑛≥3时，𝜆≥𝑛2−𝑛=−(𝑛−2)+2𝑛−2=−(1+2𝑛−2)，𝜆≥[−(1+2𝑛−

2)]max，所以𝜆≥−1，综上所述，−1≤𝜆≤1．-----------12分19．【详解】（1）证明：取线段𝐴𝐵的中点𝐺，连接𝐴1𝐺、𝐸𝐺，如图所示：因为𝐸、𝐺分别为𝐵𝐶、𝐴𝐵的中点，则𝐸𝐺//𝐴𝐶，在三棱台𝐴𝐵𝐶

−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴1𝐶1//𝐴𝐶，所以，𝐸𝐺//𝐴1𝐶1，且𝐷∈𝐴1𝐶1，故𝐸、𝐺、𝐴1、𝐷四点共面，因为𝐴𝐵1⊥𝐴1𝐶1，𝐴1𝐶1//𝐴𝐶，则𝐴𝐵1⊥

𝐴𝐶，又因为𝐴𝐴1⊥底面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐺、𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝐴𝐴1⊥𝐴𝐶，𝐴𝐺⊥𝐴𝐴1，因为𝐴𝐵∩𝐴𝐴1=𝐴，𝐴𝐵、𝐴𝐴1⊂平面𝐴𝐴1

𝐵1𝐵，所以𝐴𝐶⊥平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵，因为𝐸𝐺//𝐴𝐶，所以𝐸𝐺⊥平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵，因为𝐴𝐵1⊂平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵，所以𝐴𝐵1⊥𝐸𝐺，因为𝐴𝐴1=𝐴

1𝐵1=𝐴𝐺=1，𝐴𝐺//𝐴1𝐵1，又因为𝐴𝐴1⊥𝐴𝐺，所以四边形𝐴𝐴1𝐵1𝐺是正方形，所以𝐴𝐵1⊥𝐴1𝐺，又因为𝐸𝐺∩𝐴1𝐺=𝐺，𝐸𝐺、𝐴1𝐺⊂平面𝐴1𝐷

𝐸𝐺，所以𝐴𝐵1⊥平面𝐴1𝐷𝐸𝐺，因为𝐷𝐸⊂平面𝐴1𝐷𝐸𝐺，所以𝐴𝐵1⊥𝐷𝐸.-----------6分（2）解：延长𝐸𝐹与𝐶1𝐵1相交于点𝑄，连接𝐷𝑄，则𝐷𝑄∩𝐴1𝐵1=𝑀，因为𝐹、𝐸分别为𝐵𝐵1和𝐵𝐶的中点，

𝐵1𝑄//𝐵𝐸，则𝐵1𝑄𝐵𝐸=𝐵1𝐹𝐵𝐹=1，则𝐵1𝑄=𝐵𝐸=12𝐵𝐶=𝐵1𝐶1，所以，𝐵1为𝐶1𝑄的中点，又因为𝐷为𝐴1𝐶1的中点，且𝐴1𝐵1∩𝐷𝑄=𝑀，则𝑀为△𝐴

1𝐶1𝑄的重心，则𝐴1𝑀=23𝐴1𝐵1=23，由（1）知𝐴𝐶⊥𝐴𝐵，所以𝐴𝐶、𝐴𝐵、𝐴𝐴1两两垂直，以点𝐴为原点，𝐴𝐶所在的直线为𝑥轴，𝐴𝐵所在的直线为𝑦轴，𝐴𝐴1所在的直线为𝑧轴建立空间直角坐标系𝐴−𝑥

𝑦𝑧，则𝐵(0,2,0)、𝐶(2,0,0)、𝐸(1,1,0)、𝑀(0,23,1)、𝐴(0,0,0)，所以，𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=(2,0,0)，𝐴𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(0,23,1)，𝐴𝐸⃑⃑⃑⃑

⃑=(1,1,0)，设平面𝑀𝐴𝐶的法向量𝑛1⃑⃑⃑⃑=(𝑎,𝑏,𝑐)，则{𝑛1⃑⃑⃑⃑⋅𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=2𝑎=0𝑛1⃑⃑⃑⃑⋅𝐴𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑=23𝑏+𝑐=0，取𝑏=−3，则𝑛1⃑⃑⃑⃑=(0,−3,2)，

设平面𝐴𝑀𝐸的法向量为𝑛2⃑⃑⃑⃑=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛2⃑⃑⃑⃑⋅𝐴𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥+𝑦=0𝑛2⃑⃑⃑⃑⋅𝐴𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑=23𝑦+𝑧=0，取𝑦=−3，可得𝑛2⃑⃑⃑⃑=(3,−3,2

)，所以，cos⟨𝑛1⃑⃑⃑⃑,𝑛2⃑⃑⃑⃑⟩=𝑛1⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑛2⃑⃑⃑⃑⃑|𝑛1⃑⃑⃑⃑⃑|⋅|𝑛2⃑⃑⃑⃑⃑|=13√13×√22=√28622，由图可知，二面角𝐶−𝐴𝑀−𝐸为锐角，故二面角𝐶−𝐴𝑀−𝐸的

余弦值为√28622.-----------12分20．【详解】（1）由题设,𝑋服从参数为23的两点分布,𝑃(𝑋=1)=23,𝑃(𝑋=0)=13.𝐸(𝑋)=23，𝐷(𝑋)=(1−23)2×23+(0−23)2×13=29.---

--------4分（2）记𝐴表示事件:“甲投完第一个三分点位的五个球得到了2分”;记𝐵表示事件:“甲投中花球”,则𝑃(𝐴)=C42(1−23)2(23)2(1−23)+C44(1−23)423=26243𝑃(𝐴𝐵)=

C44(1−23)423=2243于是𝑃(𝐵∣𝐴)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)=113.-----------8分（3）由题设𝑌值可取5,6,7,则𝑃(𝑌=5)=C20C85C105=29；𝑃(𝑌=6)=C2

1C84C105=59；𝑃(𝑌=7)=C22C83C105=29.于是𝐸(𝑌)=5×29+6×59+7×29=6-----------12分21．【详解】（1）对函数𝑦=𝑥2求导得𝑦′=2𝑥，所以抛物线𝐶1

在点𝐴处的切线方程为𝑦−𝑦1=2𝑥1(𝑥−𝑥1)，即𝑦=2𝑥1𝑥−𝑥12，联立{𝑦=2𝑥1𝑥−𝑥12𝑥22+𝑦2=1，得(1+8𝑥12)𝑥2−8𝑥13𝑥+2𝑥14−2=0，所以𝛥=64𝑥16−4(1+8𝑥12)(2𝑥1

4−2)>0，解得0<𝑥12<4+√17，所以直线𝐴𝐵的方程为𝑦=−12𝑥1𝑥+𝑥12+12，联立{𝑦=−12𝑥1𝑥+𝑥12+12𝑥2=𝑦，得2𝑥1𝑥2+𝑥−2𝑥13−𝑥1=0，所以𝑥1+𝑥2=−12𝑥1，所以𝑥

1−𝑥2=2𝑥1+12𝑥1≥2√2𝑥1⋅12𝑥1=2，当且仅当𝑥1=12时取等号，所以𝑥1−𝑥2的最小值为2；-----------6分（2）记点𝑂、𝐵到直线𝑙的距离分别为𝑑1、𝑑2，所以𝑑1=𝑥12√1+4𝑥12，𝑑2=√1+14𝑥12|2𝑥

1+12𝑥1|=√1+4𝑥12(1+4𝑥124𝑥12)，所以|𝐷𝑂||𝐷𝐵|=𝑑1𝑑2=4𝑥14(1+4𝑥12)2=4(1𝑥12+4)2，因为0<𝑥12<4+√17，所以1𝑥12+4>√17，所以|𝐷𝑂||𝐷𝐵|=4(1𝑥22+4)2∈(0,417

)，所以|𝐷𝑂||𝐷𝐵|的取值范围为(0,417)．-----------12分22．【详解】（1）依题意()e1axfxx=−−，令()0fx=，则e1=+axx，当(,1x−−时，e01axx+，方程e1

=+axx无解，()fx无零点；所以()1,x−+，所以ln(1)=+axx，设()ln(1)gxaxx=−+，()1,x−+，则讨论()fx零点可以转化为讨论()gx的零点.1()1+−=+axagxx，设()1=+−hxaxa，由于()1,x−+，(

)00g=，()110h−=−①0a时，()hx为()1,−+上的减函数，有()()11hxh−=−，有()gx为()1,−+上的减函数，此时存在唯一零点0x=，不合题意；②当1a时，即()010ha=−，()hx在()1,

−+上单调递增，()110h−=−()01,0x−，使得()00hx=，即()gx在()01,x−上递减，在()0,x+上递增，又()00g=，所以()00gx，又由于1x→−时，()gx

→+，故()gx在()01,x−内存在唯一零点；在()0,x+内存在唯一零点0x=，此时符合要求；③1a=时，()gx在()1,0−上单调递减，()0,+上单调递增，此时的极小值0x=为唯一零点，不符合要求；④当01a时，即()0

100haa=−，()hx在()1,−+上单调递增，()00,x+，使得()00hx=，即()gx在()01,x−上递减，在()0,x+上递增，且由单调性知()00gx，又由于1x→−时，()gx→+，故()gx在(

)01,x−内存在唯一零点0x=；在()0,x+内存在唯一零点，此时符合要求；综上，a的取值范围：()()0,11,+；-------------6分（2）已知函数()fx有两个零点1x和2x，方程e0axx−=有

两个不等的实根，即方程lnaxx=有两个不等的实根.则1122lnlnaxxaxx==，即21212121lnlnlnlnxxxxxxxx++=−−，令()211xttx=可得：21lnln1lnln1ttxttxt=−=−，则12lnlnxx+有最小值e等价于()

ln()(1)1ttGttt+=−的最小值为e，则22(1)ln1()()(1)(1)ttHttGttt−−++−==−−则2(1)()()ttHtt−−=，由于10t−，则有①若1，则有()Ht在()1,+单调递增，()()10HtH=恒成立，()0Gt

对1t恒成立，即()Gx在()1,+上单调递增，无最小值，此时不成立；②若1，则有()Ht在()1,单调递减，在(),+上单调递增，由于()10H=，且当x→+时，()Hx→+，故()0,t+，使得()00

Ht=则有()Gx在()01,t上单调递减，在()0,t+上单调递增，即()()()0000000lne1(1)ln10ttGttttt+==−−−++−=，由于000(1)ln10tt

t−−++−=知，0000ln11ln1tttt−+−=+−，所以()()()()20000000lnlne(e)11ln1+====−+−tttGtGttt即0et=是()0e=Gt的唯一解，此时2e2e=−.---

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