数学答案-2023年高三2月大联考

2023年高三2月大联考（新高考卷）（新教材）数学·全解全析及评分标准123456789101112CADDBAABABACACDAC一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．|34i|51．C【解析】由(12i)z|34i|，得z12i，所以z12i．故选C．12i12i2．A【解析】由2x1，得x0，所以集合A{|xx0}.由x2x20，得(x1)(x2)0，即1x2，所以集合Bx{|1x2}，则AB{|0xx2}．故选A．3．D【解析】设ab与a的夹角为，由已知得，ab(3,1)，所以(ab)a5．又|a|5，|ab|10，523所以cos，所以．故选D.510244．D【解析】对于A，函数ytanx是奇函数，但在(0,)上不是单调函数，故A错误.对于B，因为函数yln(1x)ln(1x)的定义域为(1,1)，所以不符合题意，故B错误.x21(x)21x21对于C，令g(x)，则g(x)的定义域为{|xx0}，且gx()gx()，所以g(x)x3(x)3x3x23是奇函数.对g(x)求导，得g'(x)0，所以g(x)在(0,)上单调递减，故C错误.x4对于D，令fx()exex2x，则fx()exe2xxfx()，所以yexex2x是奇函数.因为yexex20，当且仅当x0时，取等号，所以函数yexex2x在R上单调递增，故D正确.故选D.15．B【解析】根据题意，1000,50，P(950X1100)P(X2)P(X2111)P(2X2)0.68270.95450.8186，所以300天内每天包子的销量约在222950到1100个的天数大约为3000.8186246．故选B.6．A【解析】令n1，得3a162a1，解得a16．由3Sn62an，得3Sn162an1，两式相减，整理n1得an12an，所以数列{an}是以6为首项，2为公比的等比数列，所以an6(2)，所以n56[1(2)]nS52(12)11Sn2[1(2)]，所以4．故选A．1(2)a56(2)162227．A【解析】设|MF1|m，|MF2|n，椭圆C的半焦距为c，则mn2a，mn4c，所以a4c数学全解全析及评分标准第1页（共14页）mnmn()2mn()2(ma)2．因为acmac，所以a24cma2()2[0,]c2，即22121514c2a25c2，则e，所以e．故选A．54528．B【解析】（1）先比较a,b：∵a0.6e0.4e0.4(1lne0.4)，b2ln42(1ln2)，∴可以构造函数fxx()(1lnx)，则af(e0.4)，bf(2)．对f(x)求导，得fx()lnx，当x(1,)时，f(x)0，∴f(x)在(1，)上单调递减．∵1e0e0.4e0.52，∴f(e0.4)f(2)，即ab．（2）再比较b,c：∵bc4ln4e42ln2e．∴可以构造函数gx()2xxxlne，则gx()1lnx，当x(0,e)时，g(x)0；当x(e,)时，g(x)0，∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，∴g(x)maxg(e)0，∴g(2)0，∴bc0，即bc．（3）最后比较a,c：∵ac(10.4)e0.4e2，∴可以构造函数hx()(1x)exe2，则hx()xex，当x(0,1)时，h(x)0，∴h(x)在(0,1)上单调递减．又∵h(0.5)0.5e0.5e2，且e0.51.6，∴h(0.5)0，∴h(0.4)h(0.5)0，∴ac0，即ac．综上得，acb．故选B．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．19．AB【解析】对于A，设甲同学的竞赛成绩为x，则(80848690x)87，解得x95．故A5正确．1对于B,这5名同学竞赛成绩的方差s2[(8087)2(8487)2(8687)2(9087)2(9587)2]5数学全解全析及评分标准第2页（共14页）26.4，故B正确．1对于C，因为540%2，所以这5名同学竞赛成绩的第40百分位数是(8486)85．故C错误．2对于D，竞赛成绩高于平均成绩的有2人，所以从这5名同学中任取一人，其竞赛成绩高于平均成绩的2概率为P0.4．故D错误．5故选AB．10．AC【解析】对于A，因为BAD75，点B位于点A的南偏西45°的方向上，所以ADB60,ADC120,B45.又AECADC120,CDCE100m,ACAC,AE200m,在△AEC,△ADC中，AC2AE2CE22AECEcos120，AC2CD2AD22ADCDcos120，所以ADAE200m.故A正确．113对于B，△ADC的面积为ADCDsinADC20010050003(m2).故B错误．2223200ABADAD·sinADB2对于C，在△ABD中，由正弦定理，得，解得ABsinADBsinBsinB221006(m).故C正确．对于D，过点A作AG⊥BC于点G，易知DAG30，所以CAG30.故D错误．故选AC．11．ACD【解析】直线l：mxym20可化为ymx(1)2，则直线l过定点P(1,2)，故A正确．19π由题意,知圆C的半径r=3，△ABC的面积Sr2sinACBsinACB，当ACB时，△ABC的22232|m2|321面积取得最大值，此时圆心C到直线l的距离为，则，解得m1或m，故2m2127B错误．12ACAB|AB||AC|cosBAC|AB|，当PCl时，弦长AB最短，为4，此时ACAB的最小值为28，故C正确．当P不是AB的中点时，设线段AB的中点为Q，由垂径定理知PQCQ，则Q在以PC为直径的圆（除去P点）上，当P是AB中点时，Q与P重合.故D正确．故选ACD.12．AC【解析】易证四边形ABCO为菱形，所以BOAC.连接PO，因为PAPD2，所以POAD.因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面数学全解全析及评分标准第3页（共14页）ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD.因为AC平面ABCD,所以POAC.又POOBO，所以AC平面POB.又BP平面POB，所以ACBP，故A正确.易证△AOE为等腰直角三角形，△AOB为等边三角形，且平面PAD平面ABCD，所以三棱锥BAOE3外接球的球心为等边三角形AOB的中心，所以三棱锥BAOE外接球的半径为,所以三棱锥34343BAOE外接球的体积为V()3，故B错误.3327因为PD∥OE，所以CPD为异面直线PC与OE所成的角（或其补角），因为POPD2OD21,2213所以PCPO2OC22.在△PCD中，由余弦定理，得cosCPD，故C正确.2224因为PO平面ABCD，所以OQ为PQ在平面ABCD内的射影，若直线PQ与平面ABCD所成的角为3360，则PQO60.因为PO1,所以OQ，故点Q的轨迹为以O为圆心，为半径的半圆，333所以点Q的轨迹长度为，故D错误．3故选AC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．5rr5r513．165【解析】由二项式定理，得(x3)的展开式的通项为Tr+1C5x(3)，所以在(2x1)(x3)的42211展开式中，x的系数为2C5(3)C5(3)165．故填165．|PF||PF|12a114．y22x【解析】设双曲线M的半焦距为c，由双曲线的定义，知12，即，|FF12|32c3cbc2a2所以3，所以22，所以双曲线M的渐近线方程为y22x．故填y22x．aaa20232315．(,)【解析】因为fx()sin(x)，所以gx()sin(2x)，g()sin，g(x)32632322023332g()0可化为g(x)0，所以g(),x令2kx22k，kZ，得k22233332023xk,kZ，当k0时，不等式g(x)g()0在区间[0,]内的解集为(,)．故填(,)．223232数学全解全析及评分标准第4页（共14页）16．3【解析】因为f()xaexa，g'x()xex1，存在t0，使得f()tg't()，所以a(et1)tet1.tet1t1因为t0，所以et10，所以方程at有解.et1et1x1ex1(x1)exxxe(ex2)令Gxx()(x0)，则G'(x)1，ex1(ex1)2(ex1)2令hx()exx2(x0)，则h(x)ex10恒成立，所以h(x)在(0,)上单调递增.因为h(1)e30，h(2)e240，所以存在唯一一个x0(1,2)，使得h(x0)0，所以当x(0,x0)时，h(x)0，G'(x)0，当x(x0,)时，h(x)0，G'(x)0，所以G(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,)上单调递增，x10x0x0所以Gx()minGx()0x0.由ex20得ex2，ex0100x01所以Gxx(0)0x01(2,3)，故实数a的最小整数值为3．故填3.x021说明：第14题答案写成y22x或y22x，不扣分，如果只写出其中一个，不给分.第15题答案写成{|xx}，不扣分.32四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）【解析】（1）因为向量m(cosA,a)，n(2cosC3cosBbc,32),且m∥n，所以(3bcAa2)cos(2cosC3cosB).（2分）由正弦定理，得(3sinB2sinCAAC)cossin(2cos3cosB)，即3cosABsin2cosACsin2sinACcos3sinABcos，也即2(sinACcoscosACsin)3(sinABcoscosABsin)，（3分）所以2sin(AC)3sin(AB)，所以2sinB3sinC.（4分）数学全解全析及评分标准第5页（共14页）b3由正弦定理，得2b3c，所以.（5分）c22b3（2）因为A,,3c2133234所以△ABC的面积S=bcsinAc2,所以c,b2.（7分）283376由余弦定理得，a2b2c22bccosAb2c2bc,9219所以a.（10分）3说明：1.第（1）问另解：因为向量m(cosA,a)，n(2cosC3cosBbc,32)且m∥n，所以(3bcAa2)cos(2cosC3cosB).（2分）b2c2a2a2b2c2a2c2b2由余弦定