湖北省华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高三第二次学业质量评价检测答案--数学

华中师大一附中2023届高三第二次学业质量评价检测数学试题参考答案及评分标准一、选择题题号123456789101112答案BCBADDCCACDACBCACD三、填空题23e213.14.23+15.16.2,13321e−选择题与填空题详解：22i1．方程的=4−8=−4，则z==1i，所以z=2，故选B22．由题意，M=xZ∣0x10，N=xZ∣xlog2100，∵6log21007，∴MN=7,8,9，故选C113.易知函数fx()的定义域为xx01且x，f(e)=,f(−e)=，e−1−e−1f(e)f(−e)且f(e)−f(e)，所以函数为非奇非偶函数，排除A；易知当x1时，fx()0，故排除C；121211因为f−=，f=，所以ff−，所以排除D．故选B．23ln22ln2224．由题意可得正方体外接球的直径AB=43，设点O为正方体外接球的球心，则O为AB的中点，OB=−OA2PA=++=+−=−PB(POOA)(POOB)(POOA)(POOA)PO(23)2(23)2−22=−8故选︰A．5．∵f(−x)=−xsin(−x)=xsinx=f(x)，∴fx()是偶函数．当x0,时，f(x)=sinx+xcosx0，2∴在区间0,上单调递增，∵是偶函数，∴在区间−,0上单调递减，∴由f()()xfx可221222得xx12，∴xx12，故选D.3AB6．由题意AF1⊥AB，且cosABF1==，∴AB:AF11:BF=3:4:5，可设AB=3k，AF1=4k，5BF1BF1=5k由AB+AF1+BF1=AF2+BF2+AF1+BF1=4a，则4k+3k+5k=4a，即3ka=，4225，，2225a∴AB=aAF12=aAF=a，∴FF==AF+AFa，∴25c3，故选D.3312123e===2aa23，7．设该正四棱台上、下底面的中心分别为OO1，设AB=2A11B=4x，高OO1=h，112222作AH⊥AC，则AO=(2x)+(2x)=2x,AO=(4x)+(4x)=22x.在梯形111221AOOA中，2222222，所以该四棱台的体积为11A1A=AH+A1H12=(22x−2x)+hh=12−2x1282828x2+x2+12−2x228Vxxxx=162222222222++−=−=−1644122xx122xxx(122)x()3=83()3333322当且仅当xx=−32，即x=2时取等号，此时AB=8,A1B1=4,OO1=2.取CD11的中点N，连接NM、ND，显然有MN////D11BDB，MN平面ABCD，BD平面，所以MN//1平面，因此平面MBDN就是截面.MN=BD=22,BD=82，设MN与AC交于点R，则2111122+82OR=OO2+OR2=22+(2)2=6，所以梯形的面积为=6103，故选C.11228.由题意可得f(x)=x−ann+1cosx+a+2有唯一的零点，∵fx()为偶函数，*∴f(00)=，即aann+1−=2，nN，所以数列an是公差为2的等差数列，311111又∵g(x)=12x+sin(x)−cos(x)=12x+sin(x−)，g(−x)=12（−x)+sin(−x)，22633611∴g(x)+g(−x)=4，∴函数gx()的图像关于点(,2)对称.又∵g(x)=12+cos(x−)0，∴gx()在R上366单调递增.由题意可得g(a1)+g(a9)+g(a2)+g(a8)+g(a3)+g(a7)+g(a4)+g(a6)+g(5)=18，1g(x)关于（,2）对称，且a+a=a+a=a+a=a+a=2a，下证g(a)+=g(a)4.319283746519111即证g(a)=−4g(a)，即证g()()a=−ga，∵在R上单调递增，∴即证aa=−，即证aa+=，19193193193111若aa+，则aa−，∵在R上单调递增，∴g(a)g(−a)=4−g(a)，∴g(a)+g(a)4193193139919同理可得g(a28)+g(a)4，g(a3)+g(a7)4,g(a4)+g(a6)4,2g(a5)4，∴g(a1)+g(a2)++g(a9)18，不满足111题意;若aa+，同理可得g(a)+g(a)++g(a)18，故aa+=，∵a+=a2a，∴a=，故选C1931291931955688(337−1038)29.∵2=0.8372.706，∴根据小概率=0.1的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没43457117有差异。数据扩大10倍的2×2列联表为数学成绩学校合计（单位：人）不优秀优秀甲校330100430乙校38070450合计（单位：人）710170880880(33070−100380)2根据扩大10倍之后列联表中的数据，经计算得到2=8.3652.706，∴根据小概率430450710170的独立性检验，两校的数学成绩优秀率有差异，该推断犯错误的概率不超过0.1，但2=8.36510.828，2根据小概率=0.001的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异。故选：ACD10．设人的智力曲线、情绪曲线和体力曲线分别为f(x)=sin1x,g(x)=sinn2x,h(x)=si3x，2π2ππ2ππ5ππ则1=,,2==3=，A项，第35天时，g(35)=sin35=sin=sin+2π=1，故E处于最高点，3328142314222ππ33π5πA正确；B项，设F(x)==f(x)−g(x)sinxx−sin，因为F(33)=sin2π−sin=−sin0，3314141428π6πF(42)=sin−sin3π=sin0，由零点存在性定理可得存在x0(33,42)，使得Fx(0)=0，故此时智力曲线I11112π100π100π9π与情绪曲线E相交，B错误；C项，当x(46,50)时x4π,，因为，所以根据正弦函数的性质23232322π2可得此时hx()=sinx单调递增，故处于上升期，C正确；D项，因为h(320)=sin(320)0，所以体力曲线2323P不关于(320,0)对称，D错误，故选AC11.异面直线a与直线b所成角为60，过点P与直线ab,所成角均为的直线有3条，故选项A错误；平面与平面所成的二面角为80，平面与的法向量m与n的夹角为或100，过点的直线l与平面,所成角都是30，直线与法向量mn,所在直线所成的角均为，这样的直线有4条，故B正确；同理可判断选项C正确；过点与平面成60角的所有直线，形成以P为顶点，与圆锥中轴线夹角为30，且底面在上的圆锥的母线，与直线a成的所有直线，形成以P为顶点，且与圆锥中轴线夹角为的圆锥的母线，两个圆锥相交于两条母线，满足条件的直线有且只有2条，故D错误.故选BC1ab+1b+nn4,n=2k−1,kNanaababaaaa1712．n+1=n=n=n，∴n++21==nn，∴n=，∴2+=3，11ab+1bann+1nnbn++21anbnb,n=2k,kNbb234an+nbnbn4a22+bab117故A正确；100100=100+100=4+=，故B错误；a100b100b100a1004411111由题意得：ab=b+a+=ab+2+2+2ab=4，当且仅当ab=时，取等号；所n++11nnnnnnnnnabanbnanbnanbnnn11111以abnn4，即0，所以a100b100=2+a99b99+=2+2a98b98++abnn4a99b99a98b98a99b9911111=...=299+ab11++++=200+++200，a11ba22ba9999ba22ba9999b11449又∵ab，∴ab200+98=，故C正确；nn410010042111+abnn∵an++11−bn=()()(bn+−an+=bn−an)，anbnanbn3122++2abnn∴221+anbn221+2anbn+anbn2anbn2an++11bn(((an++11−bn))()))=bn−an=bn−an22=(bn−an=(bn−an)anbnanbnanbnanbn2222((an+1−bn+1)bn−an)(bn−1−an−1)(ba11−)9299∴=====，∴(a100−b100)=a100b100200=450，an+1bn+1anbnan−1bn−1a1b14441+abnn1+abnn又∵an++11−bn=(bn−an)，而0，∴abnn++11−与bnn−a同号，即与ann−b异号，abnnabnn1∵a−b=20−，∴a−b0，∴由(ab−)2450可得ab−−152，故D正确.综上，正确选项为ACD112100100100100100100113．因为随机变量X~B(6,p)，所以E(X)=6p，YN~,(2)，且PY(=4)，所以EY()==4，222所以64p=，解得：p=.故答案为：33BC14．由BC=3AC=3=tanBAC可知，ABC是直角三角形，AC设=ACD，则AC=2cos,BC=23cos.在△BCD中，由余弦定理得BD2=+−BC2CD22BCCDcos(90+=)(23cos)2++12223cos=1sin12cos2+23sin2+11+cos2=12+23sin2+1=6cos2+23sin2+7=43sin(2+)+723当2+=时，即=时，BD2取得最大值7+43，BD长度的最大值为23+321215．如图，易知过点AB,且与直线l相切的圆就是以AB为直径的圆，设A(x1,,,y1)B(x2y2)，则Q(x1,,,y2)P(−x2y2)，由QB=2PQ，可得x2=−3x1设直线的方程为y=+kx1，代入xy2=4有x2−4kx−4=0，F213所以x1+x2=4k,x1x2=−4，结合，得k=.，故答案为:33xxxx−11x−122−xe−+x16.f(x)0a(xe−x+1)ex−，令g()x=−x，则gx()=1−=，令eaxexeexxxr(x)=e−2+x，则rx()在R上单调递增，且r(0)=−10,r(1)=e−10，∴存在x0(0,1)，当xx(,)−0时rx()0，∴gx()0，∴gx()单调递减，当xx(,)0+时rx()0，∴gx()0，∴单调递增，∵111e2gg(0)=(1)，∴只需1且−g(1)且g(2)，解得a2,1aaa21e−四、解答题：T17．解：（1）∵函数fx()在区间0,1上是单调函数，∴1，即1，∴0，24∵f(x)f(1)(xR)恒成立，∴x=1时fx()取得最大值，∴12+=k+，42∴=2k+(kZ)，∵0，∴=……………………………………………………………4分44222xxx2=4（2）fx()=2sin+=1−cos+=1+sin，则函数y=f(x)的最小正周期为，4422223f2(1)+f2(2)+f2(3)+f2(4)=4+sin+sin+sin+sin2=4，223f2(1)+f2(2)+f3(3)=3+sin+sin+sin=3，2023=5054+3，22∴f2(1)+f2(2)+