理科数学参考答案

江西省“九江十校”2023届高三第二次联考理科数学参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．答案：解析：因为，所以1.BM{xlog2x1}(0,2),N1,1CRN(,1][1,),(CRN)[1,2).故选B.ii2i2i11212442.答案：D解析：zi,zi.因此zzi,虚部是.故选D.2i2i2i55555553.答案：C解析：由气温图可知，选C。θ511154.答案：A解析：由已知sinθ2cos2，化简得sincos.平方得，1sin2,sin2.2441616故选A。5.答案：C解析：因为fxcosxexex，所以fxfx，故函数fx的为奇函数。又x0,,fx0，故选C。22226.答案：B解析：ABAC(ADDB)(ADDC)ADDCAD18,AD3.故选B.π7.答案:C解析：由函数yf(x)图象相邻两条对称轴之间的距离为可知其周期为π，所以22ππ2，所以f(x)sin2x.将函数yf(x)的图象向左平移个单位后，所得函数π3πysin2x图象.因为得到的图象关于y轴对称，所以2k,kZ,即332k,kZ.又，所以.所以f(x)sin(2x).由sin(2x)0得，6266612xk,xk.故选C.62128.答案：D解析：令g(x)exf(x)1，则g(x)exf(x)f(x)10,所以g(x)在R上单减.因为g(0)f(0)12022,故exf(x)ex2022等价于g(x)g(0),所以x0.故选D.1学科网（北京）股份有限公司9.答案：B解析:因为ABC是锐角三角形，所以BCcosBR，将BC2RsinA代入就是，2RsinAcosBR,1因此sinAcosB,即4sinAcosB2.与已知条件4cosAsinB1整体相加得，234sinAcosB4cosAsinB3,即4sin(AB)3,4sinC3,sinC.4AB3于是2R4,R2.故选B.sinC3410.答案：A解析：先判断e,e及e3,3e大小，即,eln及3,eln3的大小。设函数f(x)xelnx，则exef(x)1。当0xe时，f(x)0,f(x)在(0,e)内单减；当xe时，f(x)0,f(x)在(e,)xx内单增.因此，故。故e，3e，所以ee，故fxminfeelnee0eln,3eln3ee3e3选A。11.答案：C解析：如图，因为VV，点G到平面EFD的距离为定值，则三棱锥D1EFGGEFD11的体积为定值①正确；设中点为，若为中点，则有，GEFD1.CDMGBCACMGACMF，MGMFM，则AC平面MFG，则ACFG.因为EF//AC，所以②不正确；在侧面内作垂足为，设到的距离，EFFG.BCC1B1GNB1C1NNEFm122则EFG边EF上的高为h1m2，故其面积为Sh1m2.当G与C重合时时，224233217m，S。当G与B重合时时，m，S。故③正确；取BC中点为N，连接EN.因484811NG为EN//AB，所以异面直线AB与EG所成的角即为NEG.在直角三角形NEG中，sin.当G为EGNG2NG5中点时，，当与重合时，，故25所以④正确BCsinGB,Csinsin,.EG2EG323故选C.x2y21113p33(,0),p,12.答案：A解析:双曲线的标准方程是162，其右焦点是4.所以242抛物线C是ykxb22222y3x.联立y3x消去y，化简整理得kx(2kb3)xb0.由2学科网（北京）股份有限公司33222kb.x1x24(2kb3)4kb0得，12kb9,4因为|AF||BF|4，所以2，即52kb32kb3565k23x1x2x1x222bkb2.而k，即k2，解得4k.代入4得到，65k231515k,k或k4k455.故选A.二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.解：由图可知：比赛共有4场，半决赛2场，季军赛1场，总决赛1场。选其中3场的基本事件共有4种，其21中季军赛、总决赛被选上的基本事件共有2种，故概率为P。4222222214.答案：x4y39或x3y49，或x8y15225或22x15y8225解析：当C与x轴相切时，设圆心Ca,a7，故2a2a72a7，解得a4或a8，所以C方程为2222x4y39或x8y15225；当C与y轴相切时，设2圆心Ca,a7，故a2a72a，解得a3或a15，C方2222程为x3y49或x15y8225。6332232115.答案：解析：不妨设AEAD1,则BA，PODO，PAPB.因为62244PA平面PBC，PB平面PBC,所以PAPB.在PAB中，由勾股定理有PA2PB2BA2,即321362(),解得.4446x12x1nx21x21n1答案：解析：由2得，nn一方面，2xn另一方面，16.128f(x)x1xn1xn..2xn2xn22x1x1x1x1x1x1nn1nlnn12lnnn1x12x1x12xn，因此n1xn1，n1n，即an12an，所以数列an是以a11a27128为首项，2为公比的等比数列，故8.三、解答题。3学科网（北京）股份有限公司解析：（）由已知217.1Snnn,当时，，分n2anSnSn12n………………3当时，满足上式，故分n1a1S12anSnSn12n………………5（）由（）知：21a12,a24.aa于是ba2,,b124，则其公比q2，b2n.………………7分1122n因此11n11n分bn22.………………9Snn(n1)nn1n12(12)1故T12n11.………………12分nn112n1132231518.解析：(1)当x1,y2,z3时，乙胜的概率为.…………5分66666618（2）设乙的得分为随机变量X,则X3,2,1,0.z1zy22yx33x于是P(X3),P(X2),P(X1),663666366636z2y3xz2y3x3z4y3x所以EX3210(1)363636363636363(xyz)y1y.…………9分362361y1411因为xyz6(x,y,zN)，所以1y4，的最大值是.2362361811即乙得分均值的最大值为,此时xz1,y4.…………12分18解析：（）因为是直三棱柱，所以平面19.1ABCA1B1C1A1AABC.又因为平面，所以因为平面，BCABCA1ABC.ADA1BC且BC平面A1BC，所以ADBC.…………2分又平面平面，，AA1A1AB,ADA1ABA1AADA所以平面而平面，所以分BCA1AB.A1BA1BCBCA1B.…………5（）因为平面，所以在中，，2ADA1BCADA1B.RtABDAD3AD3ABBC2，sinABD,AB24学科网（北京）股份有限公司0在中，ABD60.RtABA10AA1ABtan6023由（1）知，BCAB.以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系BBC,BA,BB1x,y,z,Bxyz.则，分B(0,0,0),A1(0,2,23),P1,1,0.…………8所以BA1(0,2,23),BP1,1,0.设面的法向量为则由A1PBm(x,y,z),mBP0,mBA10得，xy03，取x1,y1,z，2y23z033分m1,1,.…………103又平面的一个法向量是A1ABn(1,0,0).mn321所以cosm,n。mn7721故二面角AABP的余弦值为。…………12分1720.解析：（1）当a1时，f(x)excosx,f(x)exsinx.…………2分因为x0,所以ex1,1sinx1，因此f(x)exsinx0,故函数f(x)在(0,)内单调递增.…………4分(2)f(x)exasinx,f(x)exacosx.由f(x)exacosx0得，acosxex.显然x不是f(x)0的根.2ex当x(0,)(,)时，a.22cosxexex(sinxcosx)令g(x),则g(x).cosxcos2x5学科网（北京）股份有限公司33由g(x)0得x.当x或0x时，42423g(x)0；当x时，g(x)0，433且g(0)1,g()e.所以极大值是g()2e4.…………8分4由右图知，当a1或ae时，直线ya与曲线yg(x)在(0,)(,)内有唯一交点(x,a)或221exex(x,a)，且在xx附近，a,则f(x)exacosx0；在xx附近，a,则21cosx1cosxx因此是在内唯一极小值点f(x)eacosx0.x1f(x)(0,).同理可得，是在内唯一极大值点x2f(x)(0,).故a的取值范围是,e(1,).…………12分解析：（）若∠＝，则22221.1PF2F190°|PF1||PF2||F1F2|.322因为|PF||PF|22,|FF|2,解得|PF|,|PF|.12121222|PF|因此13.…………3分|PF2|若∠＝，则222＝22F1PF290°|F1F2||PF1||PF2||PF1|(22|PF1|),|PF|解得因此1|PF1|PF2|2.1.|PF2||PF||PF|综上知，13或11.…………5分|PF2||PF2|x22y220（）设联立消去得到，2A(x1,y1),B(x2,y2),yykxmx22(kxm)220，即（12k2)x24kmx2m220.4km2m则xx,yyk(xx)2m,1212k2121212k22kmm弦AB中点M的坐标是(,).12k212k2由16k2m28(m21)(12k2)0得，12k2m2.…………8分6学科网（北京）股份有限公司11另一个方面，直线PM的方程是yx.k22kmm点M(,)在此直线上，12k212k2m12km1故(),整理得，2m12k2.12k2k12k22代入12k2m2中，m22m0,0m2.1又2m12k21,k0,所以2m1,m.21故实数m的取值范围是(,2).…………12分2请考生在第22、23