数学答案

曲靖一中2023届高三教学质量监测卷（五）数学参考答案一、选择题题号123456789101112答案BADDBDCABCDABDACDBCD1.【答案】B【解析】因为AxR∣1x2,BxR∣x2A，所以BxRx22xRx2或x2，所以ABx|2x2.故选B2.【答案】A【详解】因为复数z在复平面内对应的点为(1,-2)，2z12i12i34i34所以z12i，则z12i，所以i.z12i12i12i555故选：A.3．【答案】D【详解】对于A,方差反映一组数据的波动大小,将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后,方差不变,但平均数变化，故A错误，对于B,具有线性相关关系的两个变量x,y的相关系数为r,则r越接近于1,x和y之间的线性相关程度越强,故B错误,对于C,在一个22列联表中,由计算得2的值,则2的值越大,判断两个变量有关的把握越大,故C错误,对于D，X~N1,2,P(0X1)P(1X2)P(X1)P(X2)0.50.20.3.故D正确.4.【答案】D【详解】设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，ππ弧AD长度是弧BC长度的3倍，R3r，即R3r，22CDRr2r2，解得：r1，R3，12129ππ该曲池的体积VπRπrAA1510π.故选：D.44445.【答案】Bπ【解析】函数f(x)2sin(x)(0)的图象向左平移个单位得到函数yg(x)33ππ的图象，则gx2sinx2sinx，33ππ又因为yg(x)在[,]上为增函数，64ππππ所以，且，解得：2，故的最大值为2.6242故选：B.6．【答案】D25【详解】若乙和丙在相邻两天参加服务，不同的排法种数为A2A5240，24若乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务，不同的排法种数为A2A448，由间接法可知，满足条件的排法种数为24048192种.故选：D.7.【答案】Cb【详解】设l:yx，则点M位于第四象限，a由双曲线定义知：MF1MF22MF2MF2MF22a，MF14a；baa设过点F2且与l平行的直线的倾斜角为，则tan，cos，aa2b2cacosFFM；12c222△F1F2MF2MF1在F1F2M中，由余弦定理得：cosF1F2M，2F1F2MF2a4c24a216a2c2即，整理可得：c25a2，e5.故选：C.c8aca28.【答案】A【详解】设fxexx1.因为fxex1，所以当x0时，fx0，fx在,0上单调递减，当x0时，fx0，fx在0,上单调递增，所以当xR，且x0时，fxf00，即exx1．0.3所以a3e30.312.1，be0.60.611.6，所以c1.6最小，be0.6e0.9e又因为1，所以ba．综上可知，cba．a3e0.333故选：A二、多选题9.【答案】BCD2【详解】A选项，由a2b7，以及|a||b|1，可得144ab7，11则ab=|a||b|cosa,b，即cosa,b，又a,b[0,180]，22所以夹角a,b=120°．对于B，因为a1,x1，bx1,3，且a,b共线，则13x1x1解得x2.所以B正确.C选项，a在b方向上的投影向量为babb2b282acosa,bb,，故C正确，bbb1717171717对于D，因为b2a2，所以a2b(a2b)222a4ab4b18cosa,b16178cosa,b1785所以a2b的最大值是5，所以D正确，10.【答案】ABD【详解】∵x2y24y120即x2(y2)216，∴圆心C0,2，半径r4P1,0在圆C内，PC5，设圆心C到直线AB的距离为d，由题意得0d5，∵2，∴，故正确；AB216dABmin2165211A2112242S△ABCABd216dd16ddd86422∵2，∴当2时，，故正确错误，．0d5d5S△ABCmax55BC取MN的中点E，则CEMN，又MN27，则CE1673，∴点E的轨迹是以C0,2为圆心，半径为3的圆．因为PMPN2PE，且PE3PC35，min所以|PMPN|的最小值为625，故D正确．故选：ABD．11．【答案】ACD、【解析】取B1C1、C1C中点E、F，连接D1ED1F、EF、PF，由PF∥BC1∥A1D1且PF＝BC1A1D1知A1PFD1是平行四边形，∴D1F∥A1P，∵D1F平面A1PD，A1P平面A1PD，D1F∥平面A1PD，同理可得EF∥平面A1PD，∵EF∩D1F＝F，∴平面A1PD∥平面D1EF，则Q点的轨迹为线段EF，A选项正确；1如图，建立空间直角坐标系，则A11,0,0，P1,1,，D0,0,1，设Q(x,1,z），0x,z1，21则，，A1D1,0,1A1P0,1,D1Qx,1,z.2设ma,b,c为平面A1PD的一个法向量，ac0,ac,mA1D0,1则即c得c.取c1，则m1,,1.mA1P0.b0,b222x若平面，则∥，即存在，使得，则，解得D1QA1PDD1QmRD1Qm12zxz20,1，故不存在点Q使得D1Q平面A1PD，B选项错误；△A1PD的面积为定值，当且仅当Q到平面A1PD的距离d最大时，三棱锥QA1PD的体积最大.A1Qm23dxz，m3232①xz，d1xz，则当xz0时，d有最大值1；23321②xz，dxz1，则当xz2时，d有最大值；233综上，当xz0，即Q和C1重合时，三棱锥QA1PD的体积最大，C选项正确；D1C1平面BB1C1C，D1C1C1Q，226，2，点的轨迹是半径为2，圆心角为的圆弧，轨D1QD1C1C1QC1QQ22222迹长度为，D选项正确.4故选：ACD.12．【答案】BCD【详解】令x＝0，则fyfy，所以fx为奇函数，故A错误．令x＝y＝0，得f00，故B正确．x2x1任取x1,x21,1，且x1x2，则fx2fx1f．1x1x2因为1x11x21x2x1x1x20，x2x1所以x2x11x1x2，所以01．1x1x2x2x1因为x0,1，fx0，所以f0，fx1fx2，1x1x2即fx在1,1上单调递增．ππ因为A，B是锐角ABC的内角，所以AB，所以AB，22π所以sinAsinBcosB．2因为sinA，cosB0,1，所以fcosBfsinA，故C正确．11x22x因为x0，且n，所以xn(0,1)．nn12xn12xnxn12x令y＝－x，则2f(x)f，1x22xfxn1n令xxn，则2fxnf2fxn1，所以2．1xnfxn因为fx11，所以fxn是首项为1，公比为2的等比数列，n1所以fxn2，故D正确．故选：BCD三、填空题13.3443234【详解】依题意1x2xa0a1xa2xa3xa4x，令x0，得a09，43令x1，得a0a1a2a3a42343.故a1a2a3a43414.16π【详解】如图1所示，连接PO，则PO2OB2PB2，解得PO2即POOB2，此圆锥外接球的球心为O，半径为2，表面积为S4π2216π315.22【详解】f(x)(1sinx)(1cosx)1sinxcosxsinxcosx，(sinxcosx)211sinxcosx,2π令tsinxcosx2sinx,4πππ3π因为x0,,所以x,,2444π2π所以sinx,1,所以t2sinx1,2,424121所以g(t)tt,t1,2,对称轴t011,2211所以g(t)t2t在1,2单调递增,223所以当t2时，g(t)g(2)2,0max2ππ3即当sinx1,x时，f(x)(1sinx)(1cosx)有最大值2.4423故答案为:2.2316．；2．2pF0,p【详解】设过点的直线l为ykx，Ax1,y1,Bx2,y222x22py22联立方程消去x得22p，可得ppy2k1py0y1y2ykx442py122ppp23∵AF3BF3，则可得：，可得31，解得pp2242y312MNMN1过点M作准线的垂线，垂足为D，则可得MFMDsinMNDMN若取到最大值即MND最小，此时直线MN与抛物线C相切MFx22x23y，即y，则yx3322x02x02设Mx0,，则切线斜率kx0，切线方程为yxxx3333002233x02x0333切线过N0,，代入得，解得x0，即M,443322433π则MD,ND，即MND224MNMN1则的最大值为MFMDsinMND23故答案为：；2．2四、解答题.nn1*17．【详解】(1)因为4Sn2an2…①,故4Sn12an12…②,nNn1n②-①可得4an12an12an22.n1n1*整理可得an1an2,即bn2,nN.b2nn1*因为n12,nN.故bn是等比数列.bn21n1(2)当n1时,4S12a12,解得a11,又an1an2,S2n(a1a2)(a3a4)(a5a6)(a2n1a2n)b1b3b5b2n114n4n1.14318．【详解】（1）因为3bsinAbcosAac，由正弦定理，可得3sinBsinAsinBcosAsinCsinA，即3sinBsinAsinBcosAsinABsinA，所以3sinBsinAcosBsinAsinA．1因为sinA0，所以3sinBcosB1，即sinB．627因为B0,，所以B,，66652所以B，即B．663（2）法一：因为点D在AC边上，满足AC3AD