2023届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（二）理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案BDBAABABACDC【解析】1．由图可得，图中阴影部分表示的集合为()UBA，因为A{|0xx≤，4}UB{|xx≥或≤5x1}，所以()UBAx{|01}x≤，故选B．1(1i)11112．ii)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．ππ4．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．6cb2a3yx225．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(0，2)，半径为b3|6|r2，可得圆心到直线的距离为d3，弦长为22rd22，故选A．23xy10≤，y316．令t，则zt，由xy10≥，作出可行域如图x32ty≥，11，则ABC(2，，，，1)(21)(0，1)，设点Px()(33)，，yD，，图1理科数学参考答案·第1页（共8页）y3其中P在可行域内，∴tk，由图可知当P在C点时，直线PD斜率最小，x3PD3121∴tk，当P在B点时，直线PD斜率最大，∴∵tk4，zt在minCD303maxDB2t233t，4，∴当t4时，zmax，故选B．38hhha()a7．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，aah2a11hh故选A．8．∵||4ACE，为AC的中点，∴||||2AECE，∵BABC()()BEEABEEC14()()||||||412||4BEEABEEABE222EABE，∴BE，∴||||DEBE，1620∴DADC()()()()||||4DEEADEECDEEADEEADE22EA．29解得：3，故选B．1229．6个A和2个B随机排成一行共有：CC2877种不同排法，2个B不相邻共有C217种，213∴所求概率为，故选A．28410．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，而理科数学参考答案·第2页（共8页）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．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516132，答案720(0]52【解析】431sin2(sincos)213．∵角的终边过点(3，4)，sin，cos，解：55πsincos2sin41sincos．514．由题可知，各个二项式系数之和为232n，解得n5，令x1，可得各项系数之和为553323(3a)1，解得a2，所以(32x)展开式中x的系数为C3(52)720．15．∵AFFB2，l斜率k0，设l倾斜角为，由圆锥曲线统一的焦半径公式可得：pp1222，解得cos，∴sin．又F(1，，0)||||||ABAFBF1cos1cos3329p111p2，SOFFAOFFBOFAB||||sin||||sin||sin||sin22△AOB2222sin32．方法2：也可设直线方程求解．216．∵g()x的定义域为R，关于原点对称，g()exxgxxxe2sin()，∴g()x为奇函数，且gx()exxe2cosx≥2eexx2cosx≥0，∴gx()在R上单调递增，g(exa)gxa(eln(e))0≥，可化为g(exag)≥(eln(exagxa))(eln(e))，即xxaxeeln(e)axa≥，令fx()eaeln(exa)x，由函数f()xaee2axeeln(exa)，求得定义域为x，，对函数求导可得：fx()e，则存eexaa在一个x，使得fx()0，且xx时，fx()0，xx时，fx()0，则00e00理科数学参考答案·第3页（共8页）22x0e2x0efx()≥fx(00)eaeln(exa)aelnee2ex0aexa0exa0e2e2e2e2x0aa．∵e2exa0≥，∴fx(0)≥≥2e2e2a2a0，则exa0exa0a≤0．故答案为实数a的取值范围为(0]，．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）这50名职工考核成绩的平均数为x740.04780.12820.28860.36900.10940.06980.0484.80．………………………………………………………………………………………（3分）由频率分布直方图得tt[84，，88]∴0.040.120.280.09(84)0.5，∴中位数t84.67（分）．………………………………………………………………（6分）（2）由题意得XN~(84.80，27.68)，……………………………………………………（7分）84.8027.6890.06，…………………………………………………………（9分）10.6826∴PX()0.1587，………………………………………………（11分）22∴2000.158732（名），∴估计该单位200名职工考核成绩高于90.06分的有32名．……………………………………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）sinABcsin2解：（1）△中，ABC∵1，sinBAabsinabc2由正弦定理，得1，…………………………………………………………（2分）baababc222ab1∴∴abcab222，cosC．…………………………………（4分）222ababππ∵∴CC0，，．…………………………………………………………………（6分）23π2πabc（2）∵CB，A，由正弦定理得，……………（8分）33sinA2π3sinA322πcAsincAsin3又∵∴ab22，，3322理科数学参考答案·第4页（共8页）331∴c．………………………（10分）2ππ33sinAAsinsinAAcossinA3622ππππ2∵△ABC是锐角三角形，∴AA，，，π，62633π3123可得：sinAc，，1∴1，．62π3sinA6……………………………………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（1）证明：由题意，ADBC，且ADBC∥，故四边形ABCD是平行四边形．又PBCDPA2，△∴PBA是正三角形，四边形ABCD是菱形．如图2，取AB的中点E，连接PE，CE，∴△ABC是正三角形，则AB⊥PE，AB⊥EC．又PEECE，∴AB⊥平面PEC，∴AB⊥PC．………………………………………………（3分）取PC的中点N，连接MN，BN，则MNCDAB∥∥，即A，B，N，M四点共面．图2又PBBC2，则BN⊥PC，又ABBNB，∴PC⊥平面ABM．…………………………………………………（6分）3（2）解：∵∴PECE236，，PCPEEC⊥．2又AB⊥PE且AB⊥EC，以EB，EC，EP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Exyz，则ABD(10，，0)，(10，，0)，(2，30)，，P(00，，3)，233设，则，，，…………………………………（分）DMMP(0)M8111平面ABD的一个法向量为n(0，，01)，………………………………………………（9分）设平面MAB的一个法向量为mxyz()，，，133又，，，，，，AB(200)AM111理科数学参考答案·第5页（共8页）mABx20，∴133mAMxyz0，111则可取m(0，，1)．………………………………………………………………（10分）25由题意，二面角MABC的正弦值等于，5nm15∴cos〈，nm〉，………………………………………………（11分）||||nm215∴2，故DMMP2，即点M在线段PD靠近P的三等分点处．……………………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）1（1）解：由椭圆Cx：221