【文档说明】河南省安阳市2023高三上学期TOP二十名校调研摸底考试理科数学试题参考答案.pdf，共(9)页，492.872 KB，由envi的店铺上传

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【高三理科数学参考答案（第１页共８页）】２０２２－２０２３学年高三年级ＴＯＰ二十名校调研摸底考试高三理科数学参考答案１．【答案】Ｂ【解析】Ａ＝｛ｘ｜（ｘ＋１）（ｘ－２）≤０｝＝｛ｘ｜－１≤ｘ≤２｝，则Ａ∩Ｂ＝｛１，２｝．故选Ｂ．２．【答案】Ａ【解析】设ｚ＝ｘ＋ｙｉ（ｘ，ｙ

∈Ｒ），则ｚ＝ｘ－ｙｉ，（ｚ＋ｉ）（ｚ－ｉ）＝［ｘ＋（ｙ＋１）ｉ］［ｘ－（ｙ＋１）ｉ］＝ｘ２＋（ｙ＋１）２＝０，则ｘ＝０，ｙ＝－１，ｚ＝－ｉ，｜ｚ｜＝１．故选Ａ．３．【答案】Ｃ【解析】由ｘ＋１ｘ≤－２，或ｘ＋１ｘ≥２，则｜ｘ＋１

ｘ｜≥２，故命题ｐ为假命题；由｜ｘ｜＋１ｘ≥２，则｜ｘ｜＋１ｘ≥１，故命题ｑ为真命题．故选Ｃ．４．【答案】Ｂ【解析】设与ａ＋２ｂ垂直的向量ｃ＝（ｘ，ｙ），由题意可知ａ＋２ｂ＝（－１，２），则－ｘ＋２ｙ＝０，向量（２，１）满足．故选Ｂ．５．【答案

】Ｄ【解析】由双曲线的方程及定义可知，｜ＭＦ１｜－｜ＭＦ２｜＝２，｜Ｆ１Ｆ２槡｜＝２３，又｜ＭＦ１｜＋｜ＭＦ２｜＝６，则｜ＭＦ１｜＝４，｜ＭＦ２｜＝２，在△ＭＦ１Ｆ２中，∠ＭＦ２Ｆ１＝９０°．故选Ｄ．６．【答案】Ｂ【解析】由题意可知ｆ（ｘ）的定义域为Ｍ＝｛ｘ∈Ｒ｜ｘ≠０｝

，且是奇函数，所以ｆ（－ｘ）＝－ｆ（ｘ）对任意的ｘ∈Ｍ恒成立，即ａ（－ｘ）３－（－ｘ）－３＋ａ＝－（ａｘ３－ｘ－３＋ａ）恒成立，整理得ａ＝－ａ，故ａ＝０．故选Ｂ．７．【答案】Ａ【解析】依题意，每名校长拜访３家企业，共有Ｃ３４×Ｃ３４×Ｃ３４＝６４种方法，其中３名校长拜访的是同样的３家企业的

方法共有Ｃ３４＝４种，故每名校长拜访３家企业，每家企业至少接待１名校长的安排方法共有６４－４＝６０种．故选Ａ．８．【答案】Ｃ【解析】如图，在Ｒｔ△ＰＯ１Ｏ２中，ＰＯ１槡＝５，ｃｏｓ∠ＰＯ１Ｏ２＝槡２５５，因为Ｏ１为ＡＢ

的中点，则（→ＰＡ＋→ＰＢ）·Ｏ２Ｏ→１＝２ＰＯ→１·Ｏ２Ｏ→１＝２｜ＰＯ→１｜·｜Ｏ２Ｏ→１｜·ｃｏｓ∠ＰＯ１Ｏ２＝８．故选Ｃ．９．【答案】Ｃ【高三理科数学参考答案（第２页共８页）】【解析】由题意可知，数列｛ａｎ｝是首项ａ１＝１９６１，公差ｄ１＝１的等差数列，则

ａｎ＝１９６１＋（ｎ－１）×１①．数列｛ｂｎ｝是首项ｂ１＝６０．００，公差ｄ２＝０．２５的等差数列，则ｂｎ＝６０．００＋（ｎ－１）×０．２５②．由①可得ｎ－１＝ａｎ－１９６１，由②可得ｎ－１＝４ｂｎ－２４０，则有ａｎ－１９６１＝４ｂｎ－２４０，即ａｎ－４ｂｎ＝１７２１

．故选Ｃ．１０．【答案】Ｂ【解析】ｆ（ｘ）＝｜ａ２＋ｂ槡２ｓｉｎ（ωｘ＋φ）＋ｃ｜，ｔａｎφ＝ｂａ，结合图象，可知ａ２＋ｂ槡２＝３－（－１）２＝２①，且ｃ＝３－ａ２＋ｂ槡２＝１．设ｇ（ｘ）＝ａ２＋ｂ槡２ｓｉｎ

（ωｘ＋φ）的周期为Ｔ，Ｔ２＝πω＝５π８－π８＝π２，则ω＝２，把点π８，()３代入ｙ＝２ｓｉｎ（２ｘ＋φ）＋１，可得２ｓｉｎπ４＋()φ＋１＝３，即ｓｉｎπ４＋()φ＝１，则有π４＋φ＝π２＋２ｋπ（ｋ∈

Ｚ），则φ＝π４＋２ｋπ，ｔａｎφ＝ｂａ＝１②，①②联立解得ａ＝ｂ槡＝２．故选Ｂ．１１．【答案】Ｄ【解析】如图，作ＡＰ的中点Ｆ，连接ＥＦ，ＢＦ．因为ＥＦ∥ＡＤ，ＡＤ∥ＢＣ，所以ＥＦ∥ＢＣ．因为ＥＦ＝１２ＡＤ，ＢＣ＝１２ＡＤ，所以ＥＦ＝ＢＣ，故四边形ＥＦＢＣ为平行四边形，则有ＣＥ∥ＢＦ

，且ＣＥ＝ＢＦ，则有点Ｆ的轨迹长度与点Ｅ的轨迹长度相同，作ＦＨ⊥ＡＢ于Ｈ，则点Ｆ的轨迹是以Ｈ为圆心、ＦＨ长为半径的圆，且ＦＨ＝槡３２，故点Ｆ的轨迹长度为槡３π．故选Ｄ．１２．【答案】Ｃ【解析】ａ＝ｌｎ２．１＞０，ｂ＝ｌｏｇ３ｅ＝１ｌｎ３＞０，ａｂ＝ｌｎ２．１ｌｎ３＜ｌｎ２．１＋ｌｎ３()２２＝ｌｎ

６．３()２２＝（ｌｎ６．槡３）２＜（ｌｎｅ）２＝１，则ａ＜ｂ．ｃ＝ｌｏｇ７．５４＝ｌｎ４ｌｎ７．５＝２ｌｎ２ｌｎ７．５＝ｌｎ２ｌｎ７．槡５，因为ｌｎ７．槡５＞ｌｎｅ＝１，所以ｃ＜ｌｎ２＜ｌｎ２．１＝ａ，则有ｃ＜ａ＜ｂ．故选

Ｃ．１３．【答案】－１【解析】设切点的坐标为（ｘ０，ｅ－ｘ０），由题意得ｆ′（ｘ）＝－１ｅｘ，则该切线的斜率ｋ＝－１ｅｘ０＝ｅ－ｘ０ｘ０－１，解得ｘ０＝０，则切线的斜率ｋ＝－１．１４．【答案】０．９９４，０．０００００１５【解析】分拣准确率的平均值估计为１×０．

９９２＋１×０．９９４＋２×０．９９５４＝０．９９４，分拣准确率的方差估计为（０．９９２－０．９９４）２＋（０．９９４－０．９９４）２＋２×（０．９９５－０．９９４）２４＝０．０００００１５．【高三理科数学参考答案（第３页共８页）】１５．【答案】槡１７４【解析】不妨设点Ａ，Ｂ在ｘ

轴的上方，因为｜ＯＡ｜＝｜ＯＢ｜，且△ＡＯＢ为直角三角形，故∠ＡＯＢ＝９０°．如图，过Ａ，Ｂ分别作ｘ轴的垂线，垂足分别为Ｄ，Ｅ，则有∠ＡＯＤ＋∠ＢＯＥ＝９０°，则∠ＡＯＤ＝∠ＯＢＥ，故Ｒｔ△ＡＯＤ≌Ｒｔ△ＯＢＥ，则｜ＡＤ｜＝｜ＯＥ｜＝１，即点Ａ

的纵坐标ｙＡ＝１，由抛物线的方程，可知点Ａ的横坐标ｘＡ＝ｙ２Ａ４＝１４，则⊙Ｏ的半径ｒ＝ｘ２Ａ＋ｙ２槡Ａ＝槡１７４．１６．【答案】槡５【解析】由∠ＡＤＣ－∠Ｂ＝∠ＢＡＤ，可知ｓｉｎ∠ＡＤＣｓｉｎＢ＝ｓｉｎ∠ＢＡＤ，在△ＡＢＤ中，ＢＤｓｉｎ∠ＢＡＤ＝ＡＤｓｉｎＢ，

则有ＡＤｓｉｎ∠ＡＤＣ＝ＢＤ．在Ｒｔ△ＡＣＤ中，ＡＣ＝ＡＤｓｉｎ∠ＡＤＣ，故ＡＣ＝ＢＤ．由Ｓ△ＡＢＤ＝１２ＢＤ·ＡＣ＝１２ＡＢ·ＡＤｓｉｎ∠ＢＡＤ，则有ＢＤ２＝ＡＢ·ＡＤｓｉｎ∠ＢＡＤ，即ｓｉｎ∠ＢＡＤ＝ＢＤ２ＡＢ·ＡＤ．在△ＡＢＤ中，ｃｏｓ∠ＢＡＤ＝ＡＢ２＋ＡＤ２－ＢＤ

２２ＡＢ·ＡＤ＝１２ＡＢＡＤ＋ＡＤＡＢ－ＢＤ２ＡＢ·()ＡＤ＝１２ＡＢＡＤ＋ＡＤＡＢ－ｓｉｎ∠()ＢＡＤ．则有ＡＢＡＤ＋ＡＤＡＢ＝ｓｉｎ∠ＢＡＤ＋２ｃｏｓ∠ＢＡＤ槡＝５ｓｉｎ（∠ＢＡＤ＋φ）（ｔａｎφ＝２），故ＡＢＡＤ＋ＡＤＡＢ的最大值为槡５．１７．【答案】见解析【解析】（１）设数

列｛ａｎ｝的公比为ｑ，由ａ２＋ａ４＝１０，ａ３＝４，可得ａ１ｑ＋ａ１ｑ３＝１０，ａ１ｑ２＝４，两式联立可得２ｑ２－５ｑ＋２＝０，解得ｑ＝２或ｑ＝１２（舍去），故ａｎ＝ａ３ｑｎ－３＝２ｎ－１．（３分）…………………………………………………………………………由｛ｂ

ｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ＝４ｎ－１６，可得：当ｎ≥２时，ｂｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１＝４ｎ－４ｎ－１６＝２２ｎ－３，当ｎ＝１时，ｂ１＝Ｓ１＝１２，满足ｂｎ＝２２ｎ－３，故ｂｎ＝２２ｎ－３．（６分）……………………………………………………………………………

……（２）若ａｐｎ＝ｂｑｎ，则有２ｐｎ－１＝２２ｑｎ－３，【高三理科数学参考答案（第４页共８页）】则ｐｎ－１＝２ｑｎ－３，即２ｑｎ－ｐｎ＝２．（１０分）…………………………………………………………故数列｛２ｑｎ－ｐｎ｝为常数列，所以数列｛２ｑｎ－ｐｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ＝２ｎ．（１２分）…………

………………………………………１８．【答案】见解析【解析】（１）作ＢＣ中点Ｏ，连接ＯＤ，ＯＰ．因为Ｄ，Ｏ分别为ＡＢ，ＢＣ的中点，所以ＤＯ∥ＡＣ．由题意可知，∠ＡＣＢ＝９０°，则ＤＯ⊥ＢＣ．（２分）……………………………………………………

因为ＰＢ＝ＰＣ，所以ＰＯ⊥ＢＣ．又因为ＤＯ∩ＯＰ＝Ｏ，所以ＢＣ⊥平面ＰＤＯ．因为ＰＤ平面ＰＤＯ，所以ＢＣ⊥ＰＤ．（４分）………………………………………………………（２）因为ＡＣ⊥ＰＢ，ＡＣ⊥ＢＣ，ＡＣ∩ＢＣ＝Ｃ，

所以ＡＣ⊥平面ＰＢＣ，又ＡＣ平面ＡＢＣ，所以平面ＰＢＣ⊥平面ＡＢＣ．因为ＤＯ⊥ＢＣ，所以ＤＯ⊥平面ＰＢＣ．连接ＡＯ，在Ｒｔ△ＡＯＰ中，ＡＯ槡＝５，ＰＡ＝３，则ＰＯ＝２．（８分）……………………………………以Ｏ为坐标原点，→ＯＤ，→ＯＢ，→ＯＰ的方向分

别为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则Ａ（２，－１，０），Ｐ（０，０，２），→ＡＰ＝（－２，１，２），平面ＰＢＣ的一个法向量→ＯＤ＝（１，０，０），设直线ＰＡ与平面ＰＢＣ所成的角为α，则ｓｉｎ

α＝｜ｃｏｓ〈→ＯＤ·→ＡＰ〉｜＝｜→ＯＤ·→ＡＰ｜｜→ＯＤ｜·｜→ＡＰ｜＝２槡槡１×９＝２３，所以直线ＰＡ与平面ＰＢＣ所成的角的正弦值为２３．（１２分）………………………………………１９．【答案】见解析【解析】设选择甲方案且测试合

格的样品个数为Ｘ，选择乙方案且测试合格的样品个数为Ｙ．（１）（ｉ）５个样品全部测试合格的概率Ｐ（Ｘ＝３且Ｙ＝２）＝()２３３×()１２２＝２２７．（２分）…………（ｉｉ）Ｐ（Ｘ＝２且Ｙ＝２）＝Ｃ２３()２３２×１３×

()１２２＝１９，【高三理科数学参考答案（第５页共８页）】Ｐ（Ｘ＝３且Ｙ＝１）＝()２３３×Ｃ１２×１２×１２＝４２７，故４个样品测试合格的概率Ｐ＝Ｐ（Ｘ＝２且Ｙ＝２）＋Ｐ（Ｘ＝３且Ｙ＝１）＝１９＋４２７＝７２７．（６分）…………………………………………………………………………

………………………（２）设选择甲方案测试的样品个数为ｎ，则选择乙方案测试的样品个数为５－ｎ．则Ｘ～Ｂｎ，()２３，Ｅ（Ｘ）＝２３ｎ，则Ｙ～Ｂ５－ｎ，()１２，Ｅ（Ｙ）＝１２（５－ｎ），故合格样品个数的期望Ｅ（Ｘ＋Ｙ）＝Ｅ（Ｘ）

＋Ｅ（Ｙ）＝２ｎ３＋５－ｎ２＝ｎ６＋５２．（１０分）……………若测试合格的样品个数的期望不小于３，则有ｎ６＋５２≥３，即ｎ≥３，故选择甲方案进行测试的样品个数为３个，４个或５个．（１２分）………………………………２０．【答案】见解析【解析】（１）因为｜ＭＦ１｜＋｜ＭＦ２槡｜＝２２＞｜Ｆ１Ｆ

２｜＝２，所以点Ｍ的轨迹Ｃ是以Ｆ１，Ｆ２分别为左、右焦点的椭圆．（２分）………………………………设椭圆的方程为ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０），半焦距为ｃ，则２ａ槡＝２２，ｃ＝１，得ａ槡＝２，ｂ２＝ａ２－ｃ２＝１，所以点Ｍ的轨迹Ｃ的方程为ｘ２２＋ｙ２＝１．（４分）……………………………

……………………（２）设ＡＢ的中点为Ｈ，连接ＰＨ，由｜ＰＡ｜＝｜ＰＢ｜，可得ＡＢ⊥ＨＰ，故直线ＨＰ为线段ＡＢ的垂直平分线．设直线ｌ：ｘ＝ｍｙ－１（ｍ≠０），代入到椭圆方程ｘ２＋２ｙ２＝２，整理得：（ｍ２＋２）ｙ２－２ｍｙ－１＝０，设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（

ｘ２，ｙ２），Ｈ（ｘ３，ｙ３），Ｐ（ｘ４，０），ｙ１＋ｙ２＝２ｍｍ２＋２，ｙ１ｙ２＝－１ｍ２＋２．（６分）………………………………………………………………｜ＡＢ｜＝｜ｙ１－ｙ２｜ｍ２槡＋１＝（ｙ１＋ｙ２）２－４ｙ１ｙ槡２ｍ２槡＋１＝ｍ２槡＋

１２ｍｍ２()＋２２－４×－１ｍ２()槡＋２＝槡２２（ｍ２＋１）ｍ２＋２．（８分）……………………………………ｙ３＝ｙ１＋ｙ２２＝ｍｍ２＋２，ｘ３＝ｍ２ｍ２＋２－１＝－２ｍ２＋２，因为ＡＢ⊥ＨＰ，则有直线ＨＰ的方程ｌＨＰ：ｙ－ｍｍ２＋２

＝－ｍｘ＋２ｍ２()＋２．令ｙ＝０，ｘ４＝－１ｍ２＋２，即｜Ｆ１Ｐ｜＝－１ｍ２＋２＋１＝ｍ２＋１ｍ２＋２．（１０分）…………………………………………………………【高三理科数学参考答案（第６页共８页）】则有｜ＡＢ｜＝槡２２（ｍ２＋１）ｍ２＋２槡＝２２

｜Ｆ１Ｐ｜，所以｜ＡＢ｜｜Ｆ１Ｐ｜槡＝２２．（１２分）……………………………………………………………………………２１．【答案】见解析【解析】（１）当ａ＝１时，ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｌｎ（ｘ＋１）－１，ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－１ｘ＋１（ｘ＞－１），已知ｆ′（ｘ）在（

－１，＋∞）上单调递增，且ｆ′（０）＝０．（２分）………………………………………所以当ｘ∈（－１，０）时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减，当ｘ∈（０，＋∞）时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增．（４分）……………………………………………（２）方法一：ｆ′（ｘ）＝ａｅｘ－１ｘ＋１＝ａｅｘ（ｘ

＋１）－１ｘ＋１，令ｇ（ｘ）＝ａｅｘ（ｘ＋１）－１．（ｉ）若－ｅ２＜ａ＜０，则ｘ∈（－∞，－１），ｇ′（ｘ）＝ａｅｘ（ｘ＋２），当ｘ∈（－∞，－２）时，ｇ′（ｘ）＞０，ｇ（ｘ）单调递增；当ｘ∈（－２，－１）时，ｇ′（ｘ）＜０，ｇ（ｘ）单调递减．故ｇ（ｘ）≤ｇ（－２）＝－ａｅ

２－１＜０，则ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）在（－∞，－１）上单调递增．当ｘ趋向于－１时，ｆ（ｘ）趋向于正无穷大，当ｘ趋向于负无穷大时，ｆ（ｘ）趋向于负无穷大，故此时ｆ（ｘ）在（－∞，－１）上有一个零点．（６分

）…………………………………………………（ｉｉ）若ａ＞０，ｘ∈（－１，＋∞）．易知ｇ（ｘ）在（－１，＋∞）上单调递增，ｇ（－１）＝－１＜０，ｇ１()ａ＝ａｅ１ａ１ａ()＋１－１＝ｅ１ａ１＋()ａ－１，ｅ１ａ＞１，１＋ａ＞１，则ｇ１()ａ＞０，故存在ｘ０∈－１，１()ａ

，使得ｇ（ｘ）＝０．（８分）………………………………………………………当ｘ∈（－１，ｘ０）时，ｇ（ｘ）＜０，当ｘ∈（ｘ０，＋∞）时，ｇ（ｘ）＞０．因为当ｘ＞－１时，１ｘ＋１＞０，所以当ｘ∈（－１，ｘ０

）时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减，当ｘ∈（ｘ０，＋∞）时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增，当ｘ＝ｘ０，ｆ（ｘ）取极小值．（１０分）……………………………………………………………………由ｇ（ｘ０

）＝０得ａｅｘ０＝１ｘ０＋１，则ｌｎａ＋ｘ０＝－ｌｎ（ｘ０＋１）．ｆ（ｘ０）＝ａｅｘ０－ｌｎ（ｘ０＋１）－ｌｎａ－１＝１ｘ０＋１＋ｘ０－１＝ｘ２０－１ｘ０＋１≥０，当ｘ０＝０，等号成立，由ｆ（０）＝０，可得ａ＝１，结合（１

）可知，当ａ＝１时，ｆ（ｘ）只有一个零点．【高三理科数学参考答案（第７页共８页）】综上，若ｆ（ｘ）只有一个零点，则ａ的取值范围为｛ａ｜－ｅ２＜ａ＜０或ａ＝１｝．（１２分）……………２２．【答案】见解析【解析】（１）曲线Ｃ１的直角坐标方程为（ｘ－１）２＋（ｙ－１）２＝２，

即ｘ２＋ｙ２－２ｘ－２ｙ＝０，故Ｃ１的极坐标方程为ρ２－２ρｃｏｓθ－２ρｓｉｎθ＝０，整理得ρ＝２ｃｏｓθ＋２ｓｉｎθ．（２分）…………………………………………………………………由Ｃ２的极坐标方程，可得ρ２槡＝２２ρｃｏｓθ，化为直角坐

标方程为ｘ２＋ｙ２槡＝２２ｘ，整理得（ｘ槡－２）２＋ｙ２＝２．｜Ｃ１Ｃ２槡槡｜＝４－２２∈（０，槡２２），故Ｃ１与Ｃ２相交．（５分）……………………………………………………………………………（２）如图所示

，曲线Ｃ１，Ｃ２交点为Ｏ，Ａ两点．联立曲线Ｃ１，Ｃ２的极坐标方程得槡２２ｃｏｓθ＝２ｃｏｓθ＋２ｓｉｎθ，即（槡２－１）ｃｏｓθ＝ｓｉｎθ，则由ｔａｎθ槡＝２－１，所以经过曲线Ｃ１，Ｃ２交点的直线的斜率为槡２－１．（１０分）………………………………………２３．【答案】见解析【解

析】（１）由ｘ＋ｙ＝１，则有｜ｘ－１｜＋｜ｙ－３｜＝｜ｘ－１｜＋｜ｘ＋２｜≥｜（ｘ－１）－（ｘ＋２）｜＝３，所以｜ｘ－１｜＋｜ｙ－３｜≥３．（４分）……………………………………………………………………（２）方

法一：要证明ｘ＋ｙ槡２＋ｙ＋ｘ槡２≤槡３，也就是证明ｘ＋ｙ槡２＋ｙ＋ｘ槡()２２≤３，整理得３２（ｘ＋ｙ）＋２ｘ＋ｙ()２ｙ＋ｘ()槡２≤３，即３２（ｘ＋ｙ）＋２５４ｘｙ＋（ｘ＋ｙ）２－２ｘｙ槡２≤３，由ｘ＋ｙ＝１，可得３

２＋２１４ｘｙ＋槡１２≤３．（７分）…………………………………………………………………【高三理科数学参考答案（第８页共８页）】因为ｘｙ≤（ｘ＋ｙ）２４＝１４，所以３２＋２１４ｘｙ＋槡１２≤３２＋２１４

×１４＋槡１２＝３，所以ｘ＋ｙ槡２＋ｙ＋ｘ槡２≤槡３．（１０分）……………………………………………………………方法二：由柯西不等式得１×ｘ＋ｙ槡２＋１×ｙ＋ｘ槡()２２≤（１２＋１２）·ｘ＋ｙ＋ｘ２＋

ｙ()２＝２×３２＝３．（７分）………………………………………………ｘ＋ｙ槡２＋ｙ＋ｘ槡２≤槡３．（１０分）…………………………………………………………………获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com