贵州铜仁市2023年高考模拟检测(二)数学(理科)参考答案第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1＋i(1＋i)21．B由题意可得z＝＝＝i，故选B.1－i(1＋i)(1－i)2．B因为P1,2,a,Q3，3,且PQ3,所以a3,故选B.3．B100x由题意知，高二年级有600人，设高二年级应抽取x人，则=,得x=30,2000600故选B.13114．D由cos(30°－α)－sinα＝，得cosα－sinα＝，即cos(30°＋α)＝3223117，所以sin(30°－2α)＝cos(60°＋2α)＝2cos2(30°＋α)－1＝2×－1＝－.3995．Aa·c＝a·(a＋λb)＝|a|2＋λa·b＝1，|a|＝1，|c|＝(a＋λb)2＝1＋λ2，a·c11cos〈a，c〉＝＝，当λ＝±3时，cos〈a，c〉＝，即c和a夹|a|·|c|1＋λ22ππ角为，故λ＝3是c和a夹角为的充分不必要条件．故选A.33＋＋SnSn＋1n(a1＋an)(n1)(a1an＋1)6．C由>得>，即an>an＋1，∴数列{an}为递减的等nn＋12n2(n＋1)差数列，∵∴，，∴当≤且∈*时，；当≥且∈*a7a80,a7>0a8<0n7nNan>0n8nN时，an<0；∴Sn有最大值，最大值为S7.故选C.7.D运用基本不等式，以及放缩技巧，得ln2ln3ln26ln2(3e)bln2ln3()2aln23ec，选D.2448.A注意调整小正方体的位置，使所得几何体的体积尽可能的小.由下图易知，其几何体体积的最小值为5.选A.1学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司9.D分三类，两个蓝色球，有22种，三个蓝色球，有31种，四C4C690C4C624个蓝色球，有4种，根据分类加法计数原理可得，至少有两个蓝色球的取法C41种数是90+24+1＝115．1－x10．A求导f′(x)＝，令f′(x)>0，解得x<1，令f′(x)<0，解得x＞1，ex∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)在x＝1处取1得极大值f(1)＝，e1－lnxg′(x)＝，令g′(x)<0，解得x>e，令g′(x)>0，解得0答案不唯一).通过联系三角函数构造函数关系.f(x)cosxxR.πωx＋15．(5，8]由题意，函数f(x)＝3sinωx＋cosωx＝2sin6，因ππ0，πππ0，为x∈6，可得<ωx＋<(1＋ω)，要使得函数f(x)在区间6上仅有666π3π一条对称轴及一个对称中心，则满足π<(1＋ω)≤，解得5<ω≤8，所以ω的62取值范围为(5，8]．3学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司316．183由等边△ABC的面积为93，可得AB2＝93，所以AB＝6，43所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝23.设球的半径为R，球心到等边3△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝R2－r2＝16－12＝2.所以三棱锥D-ABC1高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D-ABC体积的最大值为×93×6＝183.3三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生必须作答.第22、23题为选考题．考生根据要求作答．17．【解】（1）由题意得，甲，乙两人在三小时以上且不超过四小时还车的概率分11别为,．记甲、乙两人所付租车费用相同为事件A，6611111113则．PA.3223663613所以甲、乙两人所付租车费用相同的概率为．（5分）36（2）设甲、乙两个所付的费用之和为X，X可能取得值为0，2，4，6，8,1PX0，611111311111111PX2,PX4，3322362336623611115111PX6，PX8.（9分）2636366636X的分布列为X024681131151P6363636361131151所以E(X)=0+2+4+6+8=3.（12分）636363636．解(1)由n1n1，18an1anan13an34学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司得111所以(*)bnn1.an1an3b111因为n1n2n1,bn33311所以数列b是首项为，公比为的等比数列.（3分）n93由(*)，得111111111，，，，23…na2a13a3a23anan13将以上n1个式子累加，得11111，23nana133311111即23n.an3333111133n11所以1．（6分）a123nn13111(2)由（1）知1n,an2323n得3n1.ann3133所以n，Snn31n1323由nS42得(3n1)42，n2即3n29.（9分）因为3327,3481，所以满足题意的正整数n的最大值为3.（12分）5学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司．解(1)取棱BC的中点D，连接，．在等腰直角△ABC中，AD⊥BC，又19A1DAD，，故平面.（分）BCAA1ADAA1ABCADA13又平面，故平面⊥平面，两者的交线为．BCA1BCA1BCADA1A1D在中，作，ADA1AHA1D则有AH⊥平面．（分）A1BC6（2）如图，建立空间直角坐标系A1xyz，设AA1aa0，则B1,0,a，C0,1,a，A1B1,0,a，A1C0,1,a．6得a，(9分)2平面AA1C1C的一个法向量为n1(1,0,0)；6所以平面ABC与平面AACC所成锐二面角的余弦值为.（12分）1114p20．解（1）因为MF46，2所以p4，(2分)即抛物线C的方程是x28y.（4分）6学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司x2x（2）证明：由x28y得y，y'.84x2x2设12，Ax1,,Bx2,88x2x直线PA的方程为y11xx，①841x2x则直线PB的方程为y22xx，②842xxxxxxxx由①和②解得：x12,y12，所以P12,12.（7分）2828设点Q0,t，直线AB的方程为ykxt.x28y，由得x28kx8t0,ykxt则.x1x28k,x1x28t所以P4k,t，所以线段PQ被x轴平分，即被线段CD平分，x1x在①中，令y0解得x，所以C1,0，22x同理得D2,0，2xx所以线段CD的中点坐标为12,0，即2k,0.（9分）4t又因为直线PQ的方程为yxt，所以线段CD的中点2k,0在直2k线PQ上，即线段CD被线段PQ平分.因此，四边形PCQD是平行四边形.（12分）21．【解析】（1）当a1时，fxlnx1,7学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司1fx,f11,kf11,x故函数yfx在P1,f1处的切线方程为y1x1.即xy20.（5分）1f（x2）－f（x1）x1＋x2lnx2－lnx1（2）证明：f′(x)＝，不妨设x1f′()⇔>xx2－x12x2－x1x2－1x2－x12x122()x2x2，即lnx2－lnx1>，得ln>，令＝t，则t>1，即证：＋＋x2x1x2x2x1x1＋1x1x12(t－1)lnt>，t＋12(t－1)41－(t－1)2令g(t)＝－lnt，g′(t)＝－＝<0，t＋1（t＋1）2tt（t＋1）22(t－1)∴g(t)在(1，＋∞)上是减函数，∴g(t)得证，t＋1f（x2）－f（x1）x1＋x2∴>f′()成立.（12分）x2－x12xa2t，22．解（1）把直线l:t为参数，y1t化为普通方程为x2y2a0,（2分）把22cos()，422化为直角坐标系中的方程为xy2x2y0,（4分）22即x1y12.5|1a|所以圆心C(1,1)到直线l的距离为（5分）5.3（2）由已知圆的半径为2，弦长的一半为.5223a12所以2,（8分）558学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司2，或所以a2a0a0a2.因为a0,所以a2.（10分）23．解(1)fxx2x42xx46.（2分）当即时，有，2xx40,4x2fxmin6所以p6．（