【文档说明】安徽省安庆市2022-2023学年高三下学期高考模拟考试二模数学答案.pdf，共(11)页，617.055 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司12023年安庆二模数学试题参考答案题号123456789101112答案ABCCDAACABDABCACDAD1.A.解析：＜10xxM≤，＜0xxN，所以M∩N，故选A.2.B.解析：iiiii4044,20221,2

0221,2022zzzzz.模是.4044故选B.3.C.解析：由频率之和为1得：100.010.020.0320.011a，解得0.015a，由25.0＜1.001.010，25.0＞3.002.010

01.010，故第25百分位数位于5040，内，则第25百分位数为5.47101.03.01.025.040.可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5，故选C.4.C.解析：由42ba有，4cos222baba，即

cos138cos124≥≥ba，因此21cos≤.由于π，0，所以≤≤3π，于是夹角为的最小值为3π.故选C.5.D.解析:因为32sin，且为第二象限角，所以35321cos2，于是

cossin2sincossin22sincossin22sinsincoscossin95435322.故选D.6.A.

解析：法1：设cos21a，sin24a，则4132aaaa4sin22，所以22,2232aa.故选A.法2：因为22)2(2421241aaaa≤,所以2241≤aa.因此.22,224132

aaaa故选A.学科网（北京）股份有限公司27.A.解析：方法1.由题意得，方程kxxxf)(有三个不等的实数根.0＜0＞ln)(xxxxxfyx，，e，分别作出函数xxfy)(和kxy的图象，可得k的取值范围是)1()1(

，，.故选A.方法2.取112，，k作图检验可得.8.C.解析：圆柱半径为1，截面与底边所成角为45，作1OOAM于M，则451MAO，1AO2.截面椭圆是以1O为中心，A为长轴端点的椭圆，其长轴长为22，短轴长为2，作1

AOBC于C，利用解析几何知识易得71421BO，7141CO，过C作1OOCD，则772211CODO，771477211DOOOOD由于CDBC，均平行于底面，故B点到底面的距离是7714.故选C.9.ABD.解析：

因为)(xf与)(xg的图象振幅相等，所以212a，而0＞a，因此3a.所以函数)3sin(2)(xxf.将函数)(xf的图象上的点的横坐标缩短为原来的21倍，然后将所得图象向右平移3π个单位得到函数

)3232sin(2ππxy的图象，所以)3232sin(2)(ππxxg，由于0＞，从而1.于是)2cos()3π2sin(xx，即)2cos()65π2cos(xx，从而6π5π2k，Zk.因此)3πsin

(2)(xxf，)6π52cos(2)(xxg，函数)(xf的最小正周期为2π.A正确.12πx是函数)(xg的一条对称轴，故B正确；单调递增区间为)(6ππ2,65ππ2Zkkk，C不正确.函数)(xg在区间2π,0的值域为]

2,3[，D正确.故选ABD.10.ABC.解析：由于EG,分别是ACDBCD,的重心，所以分别延长BG,AE交CD于中点.F学科网（北京）股份有限公司3因为1:2:GEBG，1:2:EFAE，所以GFBG:,1:2:EFAE故ABGE//.GE平面ABD,AB平面AB

D,因此ABDGE平面//.A正确.因为G是BCD的重心，所以.31DBCGBCSS三棱锥三棱锥因此DBCAGBCAVV三棱锥三棱锥31.B正确.显然线段BEAG,的交点分BEAG,为,1:3同理线段CPAG,和线段DHAG,

的交点分AG为,1:3因此四条直线DHCPBEAG,,,相交于一点.C正确.因为ABGE//，所以.1:3:://GFBFGEABGE因此GEAB3.D错误.故选ABC.11.ACD.解析：由22lnnnnxxa得，,22ln111xx解得1221eex.0)()(

)(1nnnnxfxfxx就是)()(1nnnnxfxfxx.由4)(2xxf得，nnnnnnxxxxxx2424221.一方面，nnnxxx22221.另一方面，nnnxxx22221.因此212112222

nnnnxxxx，于是22ln222ln111nnnnxxxx，即nnaa21，所以数列na是以11a为首项，2为公比的等比数列，故32256a.故选ACD.12.AD.解析

：设),(11yxA，),(22yxB，由2xy，得xy2'，故12xkA，22xkB，所以切线PA的方程为)(21121xxxxy，即02121yxxx，同理，切线PB的方程为02222yxxx，设P点坐标为),(00yx，所以0200121yx

xx，0200222yxxx，从而21,xx为方程02002yxxx的两根，故0212xxx，021yxx，）（BAABkkxxxxyyk21212121，故Ak，ABk，Bk成等差数列，A正确；学科网（北京）股份有限公司

4若210x，则120212121xxxxxyykAB，B不正确；若点P在抛物线的准线上，则410y，144021yxxkkBA，故两切线垂直，则ABP为直角三角形，C不正确；若点P在直线22

xy上，则2200xy，直线AB的方程为)(21021xxxxy，即2110022xxxxxy，由于211002xxxy，故直线AB的方程为002yxxy，即2)1(20xxy，从而过定点)21(，，故D正确

.选AD.三、填空题（每小题5分，共20分）13.5%.解析：A表示“取到的是一件次品”，1B，2B，3B分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的，显然123,,BBB是样本空间S的一个划分，且有4

5.01BP，35.02BP，2.03BP.由于02.01BAP，03.02BAP，设mBAP3，由全概率公式得332211BPBAPBPBAPBPBAPAP2.035.003.045.002.0m而AP2.9

5%，故m5%.14.2596π.解析：由条件知正方体的内切球半径大小为2，设球心到平面11CEB的距离为d，则得到d521214121，解得52d.于是截面圆的半径大小为56452222，故截面圆的面积大小为π2596.15.xy36.

解析：由双曲线的定义122MFaMFMNaNFMFaNFMFNFaNF44,2112212,,4,2122xMFaMNMNNFMF令2222222212264

2,,xaaxaNFMNMFMFMFMNF中，在22222212152,23,3,,accaaMFFRtaMFaMFax中，又在学科网（北京）股份有限公司5.36,36,32,22222

xxbaybaabbac又16.e3.解析：因为,)(aaxfaxe所以不等式xxxxfln)1(3)(2≥就是,ln)1(3)1(3xxaxax≥e即.ln)1()1(3ln3xaxxaxee≥两边是同构式.构造函

数0)1()(≥xxxgx，e则3lnln)1()1(3xaxxaxee≥就是).(ln)(3xgaxg≥因为,0)1()(≥xxxxgee所以)(xg在,0上单增.而，，0ln3xax，因此由)(ln)(3xgaxg≥得，.3ln3ln3e≥≥≥

axxaxax，，故正实数a的最小值为.3e17.解析：（Ⅰ）由条件知81959aS，故95a.设数列na的公差为d，则0d.因1452,,aaa成等比数列，所以14225aaa，即dd993992，

解得2d，……………………………3分所以Nnnnnaan12529255.……………5分（Ⅱ）由（1）知2nSn，所以2211111111nnSSbnnn

111111111111122nnnnnnnnnnnn，故1111312112111121nnbbbTnn121112nnnnn.……………………

………………10分18.解析：（Ⅰ）由于aACb2tansin2，有AAACBsin2cos2sinsinsin2，即学科网（北京）股份有限公司6AAAACBsin2cos2cos2sinsinsin22，AAACBsincos1sinsinsin2,ACBcos1s

insin2，CBCBcos1sinsin2，所以1cosCB.由于ππ＜＜CB,且6πB，故32πA.…………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知.bc213cos22cos1,0,,cos84AAAA…………8分当A为锐角时，22222cos4,32,4

2.bbbbAbb……10分当A为钝角时，2222324142cos4,,.77bbbbAbb……12分19.解析：（Ⅰ）如图①，在梯形ABCD中，作BECD于点E.因为AB//CD，90BAD°，222C

DABAD，所以四边形ADEB是正方形，且2BD，1DE，所以1ECCDDE，222BCBEEC.在△SBD中，2BD，2SBBC，2SDCD，所以222SDSBBD，所以SBBD.在四棱锥SA

BCD中，由SBBC，SBBD，得SB平面ABCD.…………5分（Ⅱ）解法一、如图②，连接AC交BD于点F，连接PF.因为SA//平面PBD，平面SAC经过SA与平面PBD相交于PF，所以SA//PF.…………6分因

为AB//CD，所以△ABF∽△CDF，所以12AFABCFCD.学科网（北京）股份有限公司7由SA//PF，得12SPAFPCCF.…………7分由2BDBC，2CD，可知BDBC.又由于（1）SB平面ABCD，故BC、BD、

BS两两垂直，故可以点B为原点，以BD、BC、BS所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，如图③所示.…………8分则C020，，，S002，，，D200，，，由12SPPC，可得P22203

3，，，所以200BD，，，222033BP，，.设平面PBD的一个法向量为000mxyz，，，则00020222033xyz，，取00x，02y，01z

，则021m，，.又平面ABCD的一个法向量为001n，，，设平面PBD与平面ABCD所成二面角大小为，则2215cos5211mnmn.故平面PBD与平面ABC

D所成二面角的余弦值为55.…………12分解法二：由（1）SB平面ABCD，所以SBBD.因为2BDBC，2CD，所以△BCD是直角三角形，BDBC，所以BD平面SBC.又PB在平面SBC内，所以BDPB.由BDBC，BDPB，BC平面ABCD，BP平面PBD，平面A

BCD平面PBDBD，所以PBC就是平面PBD与平面ABCD所成二面角的一个平面角.…………7分如图④，连接AC交BD于点F，连接PF，作PGBC垂足为点G.因为SA//平面PBD，平面SAC经过SA

与平面PBD相交于学科网（北京）股份有限公司8PF，所以SA//PF.因为AB//CD，所以△ABF∽△CDF，故12AFABCFCD.由SA//PF，得12SPAFPCCF.…………8分在△SBC中，PGBC，SBBC，所以SB//

PG，所以23PGPCSBSC，13BGSPBCSC，所以22233PGSB，11233BGBC.在PGB△Rt中，2222121022333PBBGPG，1253cos15103BGPBGPB.所以平面PBD与平面ABCD所成

二面角的余弦值为55.…………12分20.解析：（Ⅰ）由条件知X的可能值为5，4，3，2.…………………………1分其分布列为X5432P9118718791………………4分2791218731874915EX，36259127218

7273187274912752222DX.………6分（Ⅱ）设小A每天赢得的局数为Y，则Y~3130，B，于是kkkCkYP

30303231.……………………………………8分学科网（北京）股份有限公司9根据条件得

kkkkkkkkkkkkCCCC291130303031113030303231323132313231≥≥，解得3110319≤≤k，又因为Zk，所以10k，因

此在每天的30局四人赛中，小A赢得10局的比赛概率最大.……………………………………12分21.解析：（Ⅰ）由题意可知点A，B，C的坐标分别为(0a，)，(0b，)，(0b，)，所以直线AB的方程为：

byxba，直线CF的方程为：byxbc.由byxba和byxbc，消除y得，2acxac，即为点T的横坐标.………3分因为点T在直线2:alxc上，所以22acaacc.整理得2220caca，所以离心率12cea.…………5分（Ⅱ）当椭圆E的离心率为12时，

2ac，223bacc，所以椭圆E的方程为2222143xycc，即2223412xyc，直线CF的方程为：3yxc.22234123xycyxc，，消去y，化简整理得580xxc，所以点D的横坐标为85c，纵坐标为335c.因为点

C的坐标为(03c，)，所以CD中点M的坐标为4355cc，.………8分又由（1）知点T的横坐标为2244acccacc，所以点T的纵坐标为3433ccc.学科网（北京）股份有限公司10所以224332433

555cccTMcc，22833163555cccCDc，故2TMCD，为定值.…………12分22.解析：（Ⅰ）因为xxbxxaxf1)2()(e，所以.2)2(af

…………2分因为曲线)(xfy在点))2(,2(f处的切线方程是,2lnxy所以,42ln)2(1)2(1ebaff，即,2ln242ln12ebaa，解得.4)2ln2e(2ba，

…………4分（Ⅱ）由0)2()(1xxbxxxfee得，)2(xbxxxe.显然.0＞2xx，因此bxxx2e2.…………5分令0＞2)(23xxxxgx，e且2x，则.)2()45()(2232xxxxxxgxe解方程0452

xx得，1,421xx…………7分因此函数)(xg在)1,0(和),4(内单增，在)2,1(和)4,2(内单减，且极大值为e)1(g，极小值为32)4(4eg.…………9分由图象可知,当324eb或eb时，直线by与曲线)(xgy分别有两个交点，即函数)(xf恰有两个

零点.故b的取值范围是).,32(),(4ee……12分学科网（北京）股份有限公司11