2023届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（二）文数-答案

2023届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（二）文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案BDBDABAACCDC【解析】1．∵∴Ax{|0x≤，4}UUBxx{|≥或≤，5x1}(BAx){|0x≤1}，故选B．1(1i)11112．i(i)1202221011，所以zi，则，zi故选D．1i(1i)(1i)22223．对于A，由题图乙可知，样本中男生，女生都大部分愿意选择该门课；对于B，C，D，由题图甲可知，在愿意和不愿意的人中，都是男生占比较大，所以可以确定，样本中男生人数多于女生人数，故选B．xy10≤，4．由xy10≥，作出可行域如图1，则AB(2，，，，1)(21)y≥，1C(0，1)，设点Px()(33)，，yD，，其中P在可行域内，y3∴tk，由图可知当P在B点时，直线PD斜率最x3PD图1大，∴tkmaxDB4，故选D．cb2a3yx225．由题可知，离心率e12，得，双曲线Cab：，1(00)的一aa2b3ab22a3条渐近线不妨为yxx，即33xy0，圆xy22(2)4的圆心为(0，2)，半径b3|6|为r2，可得圆心到直线的距离为d3，弦长为22rd22，故选A．2326．如图2，∵∴AB43cos，，∠，ADBADABAD4321338，∴AMMBADABABAD344131322ABADADAB89422，故选B．图2216216文科数学参考答案·第1页（共7页）ππ7．由辅助角公式可得：fx()3cos2xsin2x2cos2x，①fxx2cos2，为6122πππ7π偶函数，正确；②最小正周期Tπ，故错误；③令2xtt，，，2666π7πππyt2cos在区间，先减后增，复合函数同增异减易知，③正确；④f2cos6662π0，所fx()关于点，0对称，④错误，故选A．6hhha()a8．利用三角形相似计算可得，由三角形相似可得1，整理可得a1216，aah11h2ah故选A．9．4个A和2个B随机排成一行共有15种不同的排法，2个B相邻共有5种，∴所求概率为521，故选C．15310．对任意xx12[1，，2][1，3]，都有不等式f()xgx12≥()成立f()xgxmin≥()min，xfx()e(x1)，x[12]，，fx()0，∴fx()在区间[12]，上单调递增，fx()minf(1)e(1lnx)e2agx，()，x[1e]，，gx()0，∴gx()单调递增，x(e3]，，gx()0，x2eln3e∴∴gx()单调递减，g(1)0，g(3)0，gx()0，e2a≥0a≥，故选C.32min222211．在△ABC中，ABACBC2cos23ACBC∠ACB，AC11ACCC53，22222222由PAPCAC11得：ABBP(7BPBCAC)111，解得：BP16或，又因为BB17，且P靠近B点，所以BP1．由正弦定理可得，△ABC外接圆半径r2，三222PB17棱锥PABC的外接球半径R满足：Rr，∴外接球表面积24SR4π217π，故选D．12．nann(1)94na1①，则(1)nann12na94②，②−①得：(1)nannn12nana(1)nan1，即2aaannn12，则数列{}an为等差数列，且a194，由aaa123273得a291，则公差da21a3，通项ann973，数列{}an单调递减，而aaaa321258，，，333435，设baaannnn12，当n≤30时，bbn0810，，31b32，*当n≥33时，bn0，显然bb31322，即数列{}()aann12annN的前32项和最大，故选C．文科数学参考答案·第2页（共7页）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号131415162321答案241025【解析】aq(13)a96，1，1168213．设{}an的公比为q，则1q解得1∴aaq3124．，3qaq1(1q)42，243π423214．∵的终边过点(3，，则4)sin，cos，∴sin55452522.1015．∵AF2FB，直线l的斜率k0，设l的倾斜角为，由圆锥曲线统一的焦半径公式可pp122得：2，解得cos，∴sin．又F(1，，0)||||||ABAFBF1cos1cos332p9111p2，S|OFFA|||sin|OFFB|||sin|OF|sin|AB|sin22△AOB2222sin32．216．∵∴f(1xf)(1x)0，f(1x)f(1x)，又f()x是奇函数，∴f(1xf)(1x)，∴∴f(2)()()xfxfx，的一个周期为2．∵ff(2023)(210111)fR(1)(1)0，2023202333312023fff2202fRff，∴(2023)55555551．5三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分12分）解：（1）由频率分布直方图得考核成绩低于80分的频率为(0.0100.030)40.16，………………………………………………………………………………………（3分）∴估计该单位职工考核成绩低于80分的人数为0.1620032(人)．………………………………………………………………………………………（6分）文科数学参考答案·第3页（共7页）（2）∵前三组的频率为(0.0100.0300.070)40.440.5，前四组的频率为(0.0100.0300.0700.090)40.800.5，∴中位数t[84，．88]……………………………………………………………………（9分）由0.040.120.280.09(t84)0.5，得t84.7，∴计该单位职工考核成绩的中位数为84.7分．……………………………………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）abc2解：（1）由已知及正弦定理，得1，baab即abcab222，………………………………………………………………………（2分）abc222ab1∴cosC．………………………………………………………（4分）222ababππ又∵∴CC0，，．………………………………………………………………（6分）23abc（2）由（1）及正弦定理得，sinA2π3sinA322πcAsincAsin3∵∴ab22，，……………………………………………（8分）3322331∴c．………………………（10分）2ππ33sinAAsinsinAAcossinA3622ππππ2∵AA，，，π，62633π3123∴∴sinAc，，11，．……………………………（12分）62π3sinA619．（本小题满分12分）证明：（1）如图3，取AB的中点E，连接PE，CE，AC，∵ADBC且ADBC∥，故四边形ABCD是平行四边形，∴ABCD且ABCD∥．又PBPACDPAPBAB，∴，即△PBA是正三角形，图3文科数学参考答案·第4页（共7页）∴PEAB⊥．………………………………………………………………………………（2分）同理EC⊥AB．…………………………………………………………………………（4分）又PEECE，∴AB⊥平面PEC，∴ABPC⊥．………………………………………………………………………………………（6分）（2）取PC的中点N，连接MN，BN，∵M是PD的中点，∴MNCD∥．由（1）知ABCDMNAB∥，∴∥，∴A，B，N，M四点共面．………………………（8分）∵∴PBBCBNPC，⊥．由（1）ABPC⊥，……………………………………………………………………（10分）又ABBNB，∴PC⊥平面ABNM，即PC⊥平面ABM．……………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）fx()lnx1ex，……………………………………………………………（2分）∴f(1)1e，又f(1)1e，…………………………………………………………（4分）∴曲线yfx()在点(1，f(1))处的切线方程是yx1e(1e)(1)，即yx(1e)．……………………………………………………………………………（6分）1x1（2）∵fx()e在(0，)上递减，且ff2e0(1)1e0，，x211x∴，，使0，即．……………………………（分）x01fx()0e0lnx00x82x0当x(0，时，x0)fx()00，当xx()0，时，fx()00，∴f()x在(0，x0)上递增，在()x0，上递减，……………………………………（10分）x01∴fx()≤fx(00)lnx1ex012110，x0∴f()x在(0，)上是减函数．………………………………………………………（12分）文科数学参考答案·第5页（共7页）21．（本小题满分12分）1（1）解：由椭圆Cx：2216y1，得2b，………………………………………（2分）221∴抛物线Cy：22(pxp0)的焦点到准线的距离p，…………………………（4分）12故抛物线方程为yx2．…………………………………………………………………（5分）（2）证明：∵D(1，t)是抛物线C1上位于第一象限的点，∴t21且tD0(11)，，∴．………………………………………………………………（6分）1设M()()aaNbb22，，，，则直线MN：ya()xa2，()ab即xabyab()0，∵直线DM：xa(1)ya0与圆E：(2)x222yr相切，|2|a∴r，整理可得，(1)(24)240ra22r2ar2，①1(a1)2同理由直线DN与圆E相切可得，(1)(24)240rb22r2br2，②…………（8分）由①②得a，b是方程(1)(24)240rxr222xr2的两个实根，42rr2224∴ab，ab，………………………………………………………（10分）rr2211代入xabyab()0，化简整理可得，xy220，x0，(22)xyrxy2440，令解得xy440，y1，故直线MN恒过定点(0，．1)…………………………………………………………（12分）