【文档说明】河北省2023届高考临考信息卷数学答案-2023高考临考信息卷.pdf，共(10)页，1.359 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-bea976a7dd599eafc4255c669b5e8cde.html

以下为本文档部分文字说明：

数学答案第1页(共8页)2023高考临考信息卷数学参考答案题号123456789101112答案CCDABDDBBCBDBCDAD1.C解析:M=xx2-x-2<0=-1,2,由1-lnx≥0,得0<x≤e,则N=xy=1-lnx=0,e,所以M∪N=

-1,e.故选C.2.C解析:因为(1-2i)z=3-4i=32+(-4)2=5,可得z=51-2i=51+2i1-2i1+2i=1+2i,所以􀭵z=1-2i.故选C.3.D解析:设随机抽取一人进行验血,其诊断结果为阳性为事件A,设随机抽取一人为患者为事件B,随机抽取一人

为非患者为事件􀭺B,则PA=PABPB+PA􀭺BP􀭺B=0.98×0.05+0.02×0.95=0.068.故选D.4.A解析:由抛物线的性质知,点O1到C的准线l的距离为12AB=r,依题意得r2=25⇒r=5,又点

O1到C的准线l的距离为12(x1+x2+2)=r=5,则有x1+x2=8,故r(x1+x2)=40.故选A.5.B解析:由题意可知,ρ(1)=ea+b=6.25,ρ(3)=e3a+b=1,ρ(3)ρ(1)=e2a=425,解得ea=25.设该文化娱乐场所竣工后放置t0周后甲醛浓度达到安

全开放标准,则ρt0=eat0+b=ea+b·ea(t0-1)=6.25×25t0-1≤0.1,整理得62.5≤52t0-1.设62.5=52m-1,因为524<62.5<525,所以4<m-1<5,即5<m<6,则t0

-1≥m-1,即t0≥m,故竣工后至少需要放置的时间为6周.故选B.6.D解析:设圆柱和圆锥底面半径分别为r,R,因为圆锥轴截面的顶角为直角,所以圆锥母线长为2R,设圆柱高为h,则hR=R-rR,h=R-r,由题意得π×R×2R

=2πr2+2πr×R-r,解得rR=22.故选D.7.D解析:设MF1=t(t>2a),由双曲线的定义可得MF2=t-2a,又PF2=|MF1|=t,则PF1=t+2a,由MF1⊥MF2,可得MF12+MP2=PF12

,即t2+(2t-2a)2=(t+2a)2,解得t=3a.又MF12+MF22=F2F12,即(3a)2+a2=4c2,即c=102a,所以e=ca=102.故选D.8.B解析:取PQ的中点N,则MP→=MN→+NP→,MQ→=MN→+NQ→=

MN→-NP→,可得MP→·MQ→=MN→+NP→·MN→-NP→=MN→2-NP→2=MN→2-1,∵MN→=MA→+AN→≥MA→-AN→,当数学答案第2页(共8页)且仅当点N在线段AM上时,等号成立,故M

N→≥MA→-AN→=MA→-3,显然当AM⊥BC时,MA→取到最小值23,∴MN→≥MA→-3≥23-3=3,故MP→·MQ→=MN→2-1≥3-1=2.故选B.9.BC解析:对于A,由方差的性质可得D

(η)=22D(ξ)=4D(ξ),故A错误;对于B,由正态密度曲线的对称性可得P(3<ξ<6)=P(ξ<6)-0.5=0.34,故B正确;对于C,由样本相关系数知识可得,样本相关系数r的绝对值越接近1,则成对样本数据的线性相关

程度越强,故C正确;对于D,甲组:第30百分位数为30,第50百分位数为37+m2,乙组:第30百分位数为n,第50百分位数为33+442=772,则n=30,37+m2=772,􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁解得n=30,m=40,故m+n=70,故D错误.故选BC.10.

BD解析:由题知,椭圆中的几何量b=c=3,所以a=c2+b2=32,则离心率e=ca=332=22,故A不正确;因为AB=OB+OA=3+OA,由椭圆性质可知3≤OA≤32,所以6≤AB≤3+32,故D正确;设A,B到y轴的距离分别为d1,d2,则S△ABF=S△AOF

+S△OBF=12d1·OF+12d2·OF=32d1+d2,当点A在短轴的端点处时,d1,d2同时取得最大值3,故△ABF面积的最大值是9,故C不正确;由椭圆定义知,AF+AG=2a=62,所以△AFG的周长C△AFG=FG+62=6+62,故B正确.故选BD.11.BCD解析:对

于选项A,因为三棱锥A1-BCD的体积V=13×12×22×22×AA1=863,解得AA1=26,故选项A错误;对于选项B,外接球的半径满足4R2=AB2+AD2+AA21=40,故外接球的表面积S=4πR2=40π,故选项B正确;对于选项D,

因为BD∥平面α,BD∥B1D1,B1D1⊄平面α,所以B1D1∥平面α,又平面A1B1C1D1∩平面α=MN,B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以B1D1∥MN,又因为四边形A1B1C1D1是正方形,A1C1⊥B1D1,所以A1C1⊥MN,因为侧棱AA1⊥底面A1B1C1D1,MN⊂

底面A1B1C1D1,所以AA1⊥MN,又A1C1∩AA1=A1,所以MN⊥平面AA1C1C,垂足是E,故对任意的G,都有PG≥PE,又因为OO1=26,O1E=14A1C1=1,故PO+PG≥PO+PE≥OE=OO21+O1E2=5,故选项D正确;对于选项C,如图,延

长MN交A1B1的延长线于点Q,连接AQ交数学答案第3页(共8页)BB1于点F,在平面CC1D1D内作MH∥AF交DD1于点H,连接AH,则平面α截四棱柱所得的截面是五边形AFNMH,因为B1Q=B1N=12AB,所以此时

B1FBB1=13,故13<B1FBB1<1时截面是六边形,0<B1FBB1≤13时截面是五边形,故选项C正确.故选BCD.12.AD解析:对于A,∵eaa+1=ebb+1=1.01>0,∴a>-1,b>-1,令fx=ex1+xx>-1,则f'x

=xex1+x2,所以fx在-1,0上单调递减,在0,+∞上单调递增,且f0=1,又f(1)>1.01,故0<a<1,-1<b<0.令hx=lnfx-lnf-x=2x-lnx+1+ln-x+1,x∈-1,1,则h'x=2-1x+1+-1-x+1=2-21-x

2<0,所以hx在-1,1上单调递减,且h0=0,∵b∈-1,0,∴lnfb-lnf-b>0,∴fb>f-b,∴fa>f-b,∴a>-b,即a+b>0,故选项A正确;对于B,∵1-cec=1-ded=0.99>0,∴c<1,d<1,令gx=1-xexx<1,则g

'x=-xex,所以gx在-∞,0上单调递增,在0,1上单调递减,且g0=1,又g(-1)<0.99,故0<c<1,-1<d<0.令mx=lngx-lng-x=2x-lnx+1+ln-x+1=hx,x∈-1,1,所以mx在-1,1上单调递减,且m0=0,∵c∈0

,1,∴lngc-lng-c<0,∴gc<g-c,∴gd<g-c,∴d<-c,即c+d<0,故选项B错误;对于C,∵fx=1g-x,∴g-a=1fa=100101>0.99,-a∈-1,0,∴g-a>gd,又gx在-∞,0上单调递增,∴-a>d,∴a

+d<0,故选项C错误;对于D,由C可知,g-b>gc,-b∈0,1,又gx在0,1上单调递减,∴-b<c,即b+c>0,故选项D正确.故选AD.13.-35解析:因为角α的终边与圆x2+y2=9相交于点355,t,所以cosα=355÷3=55,所以sinπ2+2α=

cos2α=2cos2α-1=2×552-1=-35.14.74解析:对于x-25,其二项展开式的通项为Tr+1=Cr5x5-r-2r,令5-r=1,得r=4,故T5=C45x-24=80x,对于x-16,其二项展开式的通项为Tk+1=Ck6x6-k-1k,令6-k=1,得k=5,故T6=C56

x-15=-6x,所以a1=80-6=74.15.e24解析:由g(x)=exx2可得g'(x)=ex·x2-ex·2xx4=x2-2xexx4,当x<0或x>2时,g'(x)>0,当0<x<2时,g'(x)<0,所以g(x)的极

小值点是2.由f(x)=exx2+k(2lnx-x)可得f'(x)=xx-2exx4+数学答案第4页(共8页)k2x-1=x-2exx3-kx,x∈(0,+∞),因为f(x)的唯一极值点为2,所以exx3-kx≥0或exx3-kx≤0恒成立,所以k≤exx2或k≥exx2在0,+

∞上恒成立,因为g(x)=exx2在0,2上单调递减,在2,+∞上单调递增,当x→+∞时,g(x)→+∞,所以k≤exx2在(0,+∞)上恒成立,则k≤g(x)min=g2=e24.16.10×3k-1解析:设数列Ak中,0的个数为ak,1的个数为bk,则ak+1=

ak+2bk,bk+1=2ak+bk,两式相加,得ak+1+bk+1=3ak+bk,又a1+b1=5,∴数列ak+bk是以5为首项,3为公比的等比数列,∴ak+bk=5×3k-1;两式相减,得ak+1-bk+1=-ak-bk,又a1-b1=

-1,∴数列ak-bk是以-1为首项,-1为公比的等比数列,∴ak-bk=-1k,∴ak=5×3k-1+-1k2,bk=5×3k-1--1k2,∴Sk=0×ak+1×bk=bk,∴Sk+Sk+1=5×3

k-1--1k2+5×3k--1k+12=5×3k-1+5×3k2=10×3k-1.17.解:(1)因为sin∠BAC=2114,∠BAC为锐角,所以cos∠BAC=1-21142=5714.(2分)…………因为AC=7,AB=3,

在△ABC中,由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos∠BAC,(3分)……………………………………………………………………………………………………………即BC2=7+9-2×7×3×5714=1,得BC=1.(4分)…

…………………………………………………(2)在△ADC中,由正弦定理得CDsin∠DAC=ACsin∠ADC,即CD2114=732,所以CD=1.(6分)……………在△ADC中,由余弦定理得cos∠A

DC=AD2+CD2-AC22AD·CD,即-12=AD2+1-72AD,解得AD=2.(8分)……………………………………………………………………………………………………………因为S△ABC=12×7×3×2

114=334,S△ACD=12×1×2×sin2π3=32,所以S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=334+32=534.(10分)………………………………………………18.解:(1)∵a2n+1=anan+1

+2an,∴(an+1-2an)(an+1+an)=0,则an+1-2an=0或an+1+an=0,∵an>0,∴an+1=2an,(2分)…………………………………………………………………………………∴数列an为等比数列,公比为2,a1=2,∴数列{an}的通项公式为

an=2n.(4分)……………………(2)证明:由(1)得an=2n,an+1=2n+1,则bn=1log2an·log2an+1+log2an+1·log2an=1log22n·log22n+1+log22n+1·log2

2n=1n·n+1+(n+1)·n=1n·n+1(n+n+1)=n+1-nn·n+1=1n-1n+1,(7分)………∴数列bn的前n项和为Sn=11-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1,(9分)………………∴Sn<1,(10分)…………………………………………

……………………………………………………数学答案第5页(共8页)∵当n≥2时,Sn-Sn-1=bn=1n-1n+1=n+1-nn·n+1>0,∴当n∈N*时,Sn为递增数列,∴S1≤Sn,即2-22≤Sn,∴

2-22≤Sn<1.(12分)……………………………………………………………………………………19.解:(1)当第一天训练的是“篮球运球上篮”且第三天训练的也是“篮球运球上篮”为事件A;当第一天训练的不是“篮球运球上篮”

且第三天训练的是“篮球运球上篮”为事件B.由题知,3天的训练过程中,总共的可能情况为3×2×2=12种,所以,PA=1×2×112=16,PB=2×1×112=16,所以,第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率P=PA+PB=13.(4分)………………………

…(2)由题知,X的可能取值为0,1,2,3,(5分)………………………………………………………………考前最后6天训练中,所有可能的结果有3×25=96种,(6分)……………………………………………当X=0时,第

一天有两种选择,之后每天都有1种选择,所以,P(X=0)=2×153×25=296=148;当X=1时,共有2+4+4+4+4+2=20种选择,所以,P(X=1)=2096=524;当X=3时,共有8

+4+4+8=24种选择,所以,P(X=3)=2496=14;所以,P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3)=5096=2548,(10分)………………………………所以,X的分布列为X0123P148524254814所以,E(X)=0×148+1×524+2×2548+3×

14=2.(12分)…………………………………………………20.解:(1)由题意知ca=12,∴a=2c,又b2=a2-c2,则b=3c,(1分)………………………………………设△PF1F2的内切圆半径为r,则S△PF1F2=12(|PF1|+|PF2|+|F1F2|

)·r=12(2a+2c)·r=(a+c)·r.故当△PF1F2面积最大时,r最大,即点P位于椭圆短轴顶点时r=33,(3分)…………………………所以33(a+c)=bc,把a=2c,b=3c代入,解得a=2,b=3,c=1,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.

(5分)……………………………………………………………………(2)由题意知,直线AB的斜率存在且不为0,设直线AB的方程为x=ty+4,代入椭圆方程得3t2+4y2+24ty+36=0,Δ=(24t)2-1443t2+4=144t2-4>0,设Ax1,y1,Bx2,y2,则y1+y2=

-24t3t2+4,y1y2=363t2+4,(7分)……………………………………数学答案第6页(共8页)因此可得x1+x2=323t2+4,所以AB中点的坐标为163t2+4,-12t3t2+4,(8分)……………………………因为G是△ABQ的外心,所以G是线段AB的垂

直平分线与线段BQ的垂直平分线的交点,由题意可知B,Q关于x轴对称,故Qx2,-y2,AB的垂直平分线方程为-tx-163t2+4=y+12t3t2+4,(9分)……………………………………………令y=0,得x=43t2+4,即G43t2+4,0,所以|GF2|=43

t2+4-1=3t23t2+4,(10分)…………………又|AQ|=(x1-x2)2+(y1+y2)2=t2(y1-y2)2+(y1+y2)2=(t2+1)(y1+y2)2-4t2y1y2=12t23

t2+4,(11分)…………………………………………………………………………………………………故|AQ||GF2|=4,所以|AQ||GF2|为定值,定值为4.(12分)…………………………………………………………21.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,所以EG∥AC,在三棱台A1B1C1-ABC中,A1C1∥AC,所以,EG∥A1C1,且D∈A1C1,故E,G,A1,D四点共面.(2分)………………………………………………………………………………因为AA1⊥平面ABC,AG⊂平面ABC,所

以AA1⊥AG,因为AA1=A1B1=AG=1,AG∥A1B1,AA1⊥AG,所以四边形AA1B1G是正方形,所以AB1⊥A1G.又AB1⊥A1C1,A1C1∩A1G=A1,A1C1,A1G⊂平面A1DEG,所以AB1

⊥平面A1DEG.因为DE⊂平面A1DEG,所以AB1⊥DE.(4分)……………………………………………………………(2)延长EF与C1B1相交于点Q,连接DQ,则DQ∩A1B1=M.因为F,E分别为BB

1和BC的中点,B1Q∥BE,所以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△A1C1Q的重心,所以A1M=23A1B1=23,(7分)

……………………………………………………………………………因为AA1⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,所以AA1⊥AC.因为AB1⊥A1C1,A1C1∥AC,所以AB1⊥AC.又因为AA1∩AB1=A,AA1,AB1⊂平面AA1B1B,所以AC⊥平面AA1B1B,

所以AC,AB,AA1两两垂直,以A为原点,AC,AB,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系,数学答案第7页(共8页)则A0,0,0,B0,2,0,C2,0,0,E1,1,0,M0,23,1,所以,AC→=2,0,0,AM→=0,2

3,1,AE→=1,1,0.(9分)………………………………………………设平面AMC的法向量为n1=a,b,c,则n1·AC→=2a=0,n1·AM→=23b+c=0,􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁取b=-3,则n1=0,-3,2.(10分)…………………………………

……………………………………设平面AME的法向量为n2=x,y,z,则n2·AE→=x+y=0,n2·AM→=23y+z=0,􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁取y=-3,可得n2=3,-3,2.(11分)…………………………………………………………………

…所以,cos<n1,n2>=n1·n2n1n2=1313×22=28622,故平面AMC与平面AME夹角的余弦值为28622.(12分)…………………………………………………22.解:(1)fx=lnx-ax+1的定义域为0,+

∞,f'x=1x-a=1-axx,(1分)……………………当a≤0时,f'x>0恒成立,所以fx在0,+∞上单调递增,fx不可能有两个零点,故舍去;(2分)…………………………………………………………………………………………………………当a>0

时,令f'x>0,解得0<x<1a,令f'x<0,解得x>1a,所以fx在0,1a上单调递增,在1a,+∞上单调递减,所以fxmax=f1a=ln1a.要使fx有两个零点,则fxmax=ln1a>0,解得0<a<1.

(3分)……………………………………又f1e=ln1e-a·1e+1=-ae<0,f4a2=ln4a2-4a+1<2a-4a+1=1-2a<0,所以当0<a<1时,fx在1e,1a和1a,4a2上各有一个零点x2,x1,(4分)……

……………………且x1>2x2,所以lnx1-ax1+1=0,lnx2-ax2+1=0,由fx的单调性知,当x∈x2,x1时,fx>0,当x∈x1,+∞时,fx<0.因为x2<2x2<x1,所以f2x2>0,即ln2x2-2ax2+1>lnx2-a

x2+1,所以ax2<ln2,而lnx2+1=ax2,即lnx2+1<ln2,所以0<x2<2e,而a=lnx2+1x2.令hx=lnx+1x,x∈0,2e,则h'x=1-lnx-1x2=-lnxx2,数学答案第

8页(共8页)因为x∈0,2e,所以-lnx>-ln2e>0,所以h'x>0,所以hx在0,2e上单调递增,所以hx<h2e=ln22e=eln22,所以a∈0,eln22.(6分)…………………………………………(2)因为x1>2x2>0,所以e·x22x1+x21x2

≥e·2x1x2,当且仅当x1=x2时取等号,而x1>2x2>0,故e·x22x1+x21x2>e·2x1x2,(7分)……………………………………………………要证e·x22x1+x21x2>42,即证e·2x1x2≥42,即证x1x2≥8e2,即证l

nx1x2≥ln8e2,即证lnx1+lnx2≥3ln2-2.(8分)…………………………………………………………………………设t=x1x2,因为x1>2x2>0,所以t>2,由(1)得lnx1+1=ax1,lnx2+

1=ax2,两式作差,化简得lnx2=lntt-1-1,lnx1=lntt-1-1+lnt,所以lnx1+lnx2=2lntt-1+lnt-2.(9分)…………………………………………………………………令gt=2lntt-1+lnt-2,t>2,则g't=t2-1-2tlnttt-

12.令φt=t2-1-2tlnt,则φ't=2t-2-2lnt,φ″(t)=2-2t>0,易知φ't在2,+∞上单调递增,故φ't>φ'2=2-2ln2>0,所以φt在(2,+∞)上单调递增,所以φt>φ2=3-4ln2>0,所以gt

在2,+∞上单调递增,所以gt>g2=3ln2-2,即lnx1+lnx2>3ln2-2得证.所以不等式e·x22x1+x21x2>42得证.(12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