六五文档>基础教育>试卷>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)文数-答案
格式:pdf页数:7页大小:242.1 K上传日期:2023-11-22 15:11浏览次数:264 侵权/举报

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)

¥8/¥4VIP会员价

优惠:VIP会员免费下载,付费下载最高可省50%
注:已下载付费文档或VIP文档再次下载不会重复付费或扣除下载次数
购买VIP会员享超值特权
VIP专享免费下载,付费文档最高省50%
免费下载
付费折扣
身份标识
文档工具
限时7.4元/月购买VIP
全屏阅读
退出全屏
放大
缩小
扫码分享
扫一扫
手机阅读更方便
加入收藏
转WORD
付费下载 VIP免费下载

帮助
中心

联系
客服