【文档说明】广东省韶关市2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试 数学答案.pdf，共(15)页，926.948 KB，由小赞的店铺上传

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2023届高三综合测试（二）数学参考答案与评分标准评分说明:1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则。2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答

未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半,如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。4.只给整数分数,选择题不给中间分。一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.题号1

2345678答案BBCDDBAC1.【解析】化简得1,1,2,ziziz=+=−=选B.2.【解析】依题意132xx，即312x，选B.3.【解析】13ECEBBCABAD=+=+,所以43u+=，选C.4.【解

析】按椭圆对称轴所在直线建立直角坐标系，则椭圆方程为，令，有一个，所以有,选D.5.【解析】设棱台的上底面矩形边长分别为ba，，则下底面矩形边长分别为ba22，，则棱台的体积为：63)44(331=++=ababab

baV，所以9b=a，棱台的上底面的周长为,124)2=+abba（当3==ba时，上底面的周长最小值为22221(0)xyabba+=yc=−2bxa=2110244acba+==2211022acaca+=−=22110ac

a−=45cea==12，选D.6.【解析】由图可知，1521433T=−=，所以4T=，π2=；一条对称轴为23x=，所以π2ππ232k+=+，因为π2，所以π6=；故()ππ3sin26fxx=+

，所以()π3sin23gxx=+.所以()gx的图象的最小正周期为T=，A正确；因为02x，，所以42333x+，B错误；对于C:令π2π+()22123kxkxkZ

+==+，所以C正确；对于D：令π2()3π26kxkxkZ+==−，所以D正确.故选B.7.【解析】由方程5ln0xx++=和50xxe++=，可得ln5xx=−−和5xex=−−，因

为方程的根分别是，且lnyx=与xye=互为反函数，所以分别与lnyx=和xye=的交点的横坐标为，故有5yxyx==−−，解得5252xy=−=−，所以5=-22+，，∴的单调递减区间是

，故选A.8.【解析】当时，，则，；当时，，则，；当时，，则，；当时，，则，；,5yx=−−,222525()()5()24fxxxxxx=+++=−+=−+−()fx5(,]2−12n≤≤0.51.5n()1fn=()11fn=36n1.52.5n()2fn

=()112fn=712n2.53.5n()3fn=()113fn=1320n3.54.5n()4fn=()114fn=当时，，此时，包含，，，，共个整数，所以将分组为，，，…，，第组有个数，且每一组中所有数之和为，)100(1)9

9(1)90(1)5(1)4(1)3(1)2(1)1(1ffffffff+++++++++++++++++++++++++++++=4141414141414141313131313131212121211111111111246810121810192345

6910=++++++++=，故选C.二、多项选择题：本题共4小题，全部选对得5分，选对但不全得2分，有选错的得0分.题号9101112答案ADACDBCBCD9.【解析】对于A,曲线C表示双曲线，224,4ab==24(1)c=+，A正确;对

于B,曲线C表示椭圆，224(),4ab=−=，24(1)c=−−，B不对;对于C,1=−时，曲线C表示圆224xy+=，C不对;对于D,曲线C表示椭圆,224,4ab==−,24(1)c=+,D正确.10.【解析】对于A,由

二项分布的期望公式，1()3EXn=，由期望的运算性质，(31)3()116EXEXn+=+=+=，则n=5，所以A正确;对于B,由正态分布曲线的性质可知，(4)10.70.3PX=−=，根据对称性，(2)0.3PX−=，于是(21

)0.50.30.2PX−=−=，B错误;对于C,因为()()0,()0,(|)()()()()()PABPAPBPBAPBPABPAPBPA===()212122kknk−+N()11kfn=221144kknkk−+++21kk−+22kk−+2kk+2

k()1fn()1,11111,,,2222111111,,,,,333333111,,nnnn2n122nn=所以()(|)()()PABPABPAPB==，所以C正确;对于D,因为()12PA=，(

)14PBA=，所以()12PA=，()34PBA=，又因为()23PBA=，由全概率公式，可得121317()()(|)()(|)232424PBPAPBAPAPBA=+=+=,故选：ACD.11.【解析】对于A,由正方体性质得：平面''//BCCB平面''ADDA

，平面''BCCB平面EMFNMF=，平面''ADDA平面EMFNEN=，故//MFEN，同理得//MENF，又EFMN⊥，所以四边形MENF为菱形，故A不正确；对于B,连接BD，BD，MN．由题易得EFBD⊥，EFBB⊥，BDBBB=，所以

EF⊥平面BDDB，平面⊥EMFN平面''DDBB，故B正确；对于C选项，四棱锥AMENF−的体积,1112123346MAEFNAEFAEFVVVDBS−−=+===△，故C正确；对于D选项，由于四边形MENF是菱形，所以周长2222

44442222+=+=+=MNMNEFMNl，所以当点M，N分别为BB，DD的中点时，四边形MENF的周长最小，此时2MNEF==，即周长的最小值为4,故D不正确．故选：BC．12.【解析】由()()4fxfx+=，所以()()()()()()4431F

xfxfxfxfxFx+=+++=+−=，所以()yFx=是以4为周期的周期函数，又(0)(0)(1)10Fff=+−=−，所以()yFx=不是是奇函数，A错误.可求得23,211,10()21,0

11,12xxxyFxxxx−−−−−−==−，所以函数()yFx=的最大值为1，B正确.当()2022,2023x时，()20242,1x−−−，所以()()202424045FxFxx

=−=−+，单调递减，C正确.因为()()xFxF−−=1，()Fx关于12x=−成轴对称，因为()()xFxF−=−1，()Fx关于1,02成中心对称，D正确.选BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，

共20分.13.2114.55215.3416.22(3)(2)16xy−++=（2分）,[2,92]（3分）13.【解析】所求概率32324412AAPA==14.【解析】由已知可得，tan2=，再由同角关系可得，25sin5=，所以25sin

()5−=15.【解析】设圆锥底面半径为R，母线长为L，则==3222LRRL解得.6L36R==，,易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中3626===BCACAB，，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心

为O，由于334=AM，故32433436221==ABCS，设内切圆半径为r，则：ABCAOBBOCAOCSSSS=++△△△△r212r21+=BCAB,解得：33r=，其表面积：223444()33Sr===.16.【解析】：过抛物线2:4Cyx=的焦点(1,0)F且斜率为

1−的直线为1yx=−+，由241yxyx==−+消去x，得2610xx−+=，所以AB的中点为(3,2)D−且128ABxxp=++=，所以以线段AB为直径的圆的半径为4r=，方程为22(3)(2)16xy−++=，对圆D内任意一点M，必可作互相垂直的两直线与

相交，故存在圆D上两点,PQ，使90PMQ=；对圆D外任意一点M，,PQ是圆D上两点，当,MPMQ与圆D相切时，PMQ最大，此时DPMQ为矩形，242DMr==，所以若以线段AB为直径的圆上存在两点,PQ，在圆22:()1

Txay−+=上存在一点M，使得90PMQ=，等价于以D为圆心以222DMr==为半径的圆与圆222:(2)(7)(0)Txyaa+++=有公共点，所以2242(23)(72)42aDTa−=−−+−++，解得292a，所以填[2,92].四、解答题：本题

共6小题，共70分．17.（10分）解：（1）令na是等比数列，设公比为，，时，有当qaaan11211=+==………………………………………………………1分,11211+=+=−+nnnnSaSan，时，有当…………………………………………2分

112nnnnnaaaaa++−==相减得:，有，,2=q所以有………………………………3分………………………………………………………4分q.2,111−==nnaa故有代入解得（2）由（1）知：()()nbnnn+−=−121……………………………………………………5分1222222

12122+−−=+=−−−nbnbnnnn，…………………………………………7分141122+=+−−nnnbb……………………………………………………………………8分∴nn……………………………………………………………………………10分18.（12分）证明：（1）连接1CB交1BC于点

F，连接EF,则F是CB1的中点……………………………………………………1分由于FE、分别是1,ACBC的中点，所以1//EFAB………………………………………………2分由于111,ABBECEFBEC面面，所以11//ABBEC面………………………………………………4分（2）

由点1B在底面上的射影为点C,所以ABCCB平面⊥1……………………………5分在ABC中5,2,1===ACBCABBCAB⊥过B作CB1的平行线为Z轴易知,,ABCBZ两两垂直，如图以B为原点，分别以,,ABCBZ所在直线为,,xyz轴，建立空间直角坐标系…………………………………6分)

0,1,21(220)0,2,0()0,0,1(),0,0,0(1EBCAB），，，（，，BCCB=11，得），，（2401C………………………………………………………7分），，（），，，（232101211−=−=ECAE)0,1,21(=BE，)2,4,0(1=BC设平面EBC1的法向量）

，，（zyxm=()()()()12123421214437(41)nnnnSbbbbbbn−−+++==++++++++++−()()()13421214437(41)nnnbbbb

n−−+++=+++++++++−21441(21)2143nnnnnn−−=++=++−0240211=+==+=zymBCyxmBE)2,1,2(−=m………………………………8分设平面11AAEC的法向量为),,(zyxn=023210211=+

+−==+−=zyxnECyxnAE)1,1,2(−=n…………………………………9分设平面1BEC与平面11AAEC所成角为186691cos===nmnm………………11分183186311s

in2=−=所以，平面1BEC与平面11AAEC所成角的正弦值为18318………………………12分19.（12分）解：（1）在APB中，23==PBPA，2AB=，由余弦定理得2223cos22ABPBPAP

BAABPB+−==36……………………………2分又2=ABC6sin3PBC=…………………………………………3分11631sin222322PBCSPBBCPBC===136122232

=…………………5分（2）法1：设PAB=，则(0,)4，在APB中，因为34APB=，所以344PBA=−−=−，………6分由正弦定理，得sinsinPBABPABAPB=，从而2sinPB=，…………

………7分在CPB中，()244PBC=−−=+，由余弦定理得：2222cos()4PCPBBCPBBC=+−+………………………8分224sin222sin2cos()4=+−+=22cos224sin(cossin)

=−+−−62(2cos2sin2)=−+625sin(2)=−+（其中tan2,(0,)2=），……………………………10分因为(0,)4，所以2(,)2++，………

………………………………11分所以当22+=时，222min625(5)2151PC=−=−+，从而，min51PC=−。………………………………………………………12分（2）法2：设PBA

=，在APB中，因为34APB=，所以344PAB=−−=−，则(0,)4，………………………………………6分由正弦定理，得sinsinPAABPBAAPB=，从而2sinPA=，………

…………………………………………………………7分在PAC中，因为4CAB=，所以PAC=，…………………………8分由余弦定理得2222cosPCPAACPAAC=+−224sin222sin2cos=+−=22cos244sin2=−+−

62(cos22sin2)=−+625sin(2)=−+（其中1tan,(0,)22=）………………………………………………………………10分因为(0,)4，所以2(,)2++，………………………………………11分所以当22

+=时，222min625(5)2151PC=−=−+，从而min51PC=−.……………………………………………………………………12分法3：利用定角定弦模型中的隐圆处理亦可给分。20.（12分）解：（1）因为1242516yCC−

=，所以11431(1)6yy=−…………………………………………1分所以111(1)436989yyy−===……………………………………………2分即第一天新增患感冒而就诊的学生有9位，其中男生4位，女生5位则随机变量X的可能取值为：0,1,2……………………………………………

……3分且X服从超几何分布，其中9,4,2NMn===25295(0)18PXCC===，1154295(1)9PXCCC===，24293(2)18PXCC===……5分即X的分布列为X012P51859318数学期望()5538012.189189EX=++

=…………………………………………7分（或48()2.99MExnN===）（2）6621154,9,()64iiiixxxx====−=…………………………………………8分由于6611662211()()()()1681717()()iiiiiiiiiixxyyxxy

yrxxyy====−−−−===−−所以61()()168iiixxyy=−−=所以bˆ6121()()168264()iiiniixxyyrxx==−−===−……………………………………………9分因为266666222221111134

63,()26628923iiiiiiiiiiyyyyyyyyyy======−=−+=−==………………………………………………………………………………………………10分所以^^23295aybx=−=−=…………………………

……………………………11分所以^25yx=+，当15x=时，^215535y=+=所以可以估计，昼夜温差为15C。时，该校新增患感冒的学生人数35人…………12分21.（12分）解：（1）因为OMN为正三角形，由对称性知130MOF=，………………………1分又因为22OM

cab==+，所以11122MFMOc==，13322cOFMO==，………………………………2分不妨设3(,)22ccM−，因为MC，所以得222342ccb−=，2222)(38bcb−=，2222)(2)(38bbb−=+，424043bb−=−，222)(0)(23bb+−=，所以22b

=，…………………………3分所以双曲线C的标准方程为22122xy−=.………………………………………………4分渐近线方程为xy=.……………………………………………………………………5分法2：因为OMN为正三角形，由对称性知130MOF=，…………………………

…1分又因为22OMcab==+，所以3(,)22cMc−，…………………………………2分由双曲线定义得222221332()(0)()(0)2222ccaMFMFcccc=−=−−+−−−++−(2323)c=+−−所以2

2224(2323)2acc=+−−=因为2a=.………………………………………………………………………………3分所以24c=，2222bca=−=，所以双曲线C的标准方程为22122xy−=.………………………………………………4分渐近线方程

为xy=.……………………………………………………………………5分（2）由（1）可得1(2,0)F−，2(2,0)F.①当点2PFx⊥轴时，由对称性不妨设点()2,2P，()2,2B−，12:(2)22PFyx=++，联立方程组：222(

2)42yxxy=+−=消x得：278220yy−+=，27Ay=，所以107Ax=−，所以117PAPFyAFy==，221PBPFyBFy=−=，所以12126PFPFAFBF−=..……………………………

……………………………………6分②当点2PF不垂直x轴时，由对称性不妨设()000,(0)Pxyy，()11,Axy，()22,Bxy，直线00:(2)2yPAyxx=++，联立方程组：0022(2)2122yyxxxy=++−=消去x得：22002(2)2xy

yy+−−=，..………7分因为22002xy−=，所以200200464(2)20xxyyyy++−+=，...……………………8分由韦达定理：2010023yyyx=+所以010023yyx=+，..……………………………………………………………9分同理，020023yy

x=−−，….………………………………………………………10分所以1212PFPFAFBF−0000012121211()yyyyyyyyyyy=−=−=+−000002323()6xxyyy+−=−=所以1212PFPFAFBF−为定值，且定值为6..…………………………………………1

2分22.（12分）解：（1）∵∴.∴..……………………………………………………………1分∴以点为切点的切线方程为…………………………2分易知，切线与坐标轴交点的坐标分别为，.………………3分∴切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为

.…………………………………………4分（2）∵()=sinfxx()cosfxx=1()cos332kf===π3,3231()223yx−=−(3,0)3−3(0,)26−2131S3(3)232643=−−=−()()()()si

nhxfxgxxmx==−∴当时，.……………………………………5分由函数在区间上递增，且值域为，故存在唯一，使得...……………………………………6分此时当时，单调递减；当时，单调递增，因此....…………………………7分同理，存在唯一，使得此时当时，单调递增；当时，单

调递减，因此....……………….……8分由同理：.……………………………………………9分由，整理得：..……………10分又，故，则有由，故或.…………………………………11分又，当时，不满足，舍去.所以，即，则.综上所述，.………………

……………………………………………………12分()()sincoshxxxmx=+−ππ22x−()()costanhxxxxm=+−tanyxx=+ππ,22−R0ππ,22x−00tanxxm+=0π2xx−()()0,hhxx0π

2xx()()0,hhxx10xx=0π3π,22x00tanxxm+=0π2xx()()0,hhxx03π2xx()()0,hhxx20xx=()()211111111sin10,tan,coscoscosxhxxmxhxxxx

=−=−=−=−()222222sin1coscoscosxhxxxx=−=−()()120hxhx+=()12121coscos10coscosxxxx+−=12ππ3π222xx−12coscos1xx(

)122coscoscosπxxx=−=−2πππ22x−−12πxx=−()12πxx=−−1122tantanmxxxx=+=+12πxx=−()12πxx=−−12πxx+=1122tantanπ22xxxxm

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