决胜新高考——2023届高三年级大联考数学参考答案及评分标准一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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。21．已知集合A{0，，12，3，4}，B{x|x2x3≤0}，则ABA．{0，，12，3，4}B．{0，，12，3}C．{0，1，2}D．{0，1}【答案】B【解析】因为B1，3，所以AB{0，，12，3}．2．已知向量a，b满足abab，则ab与a的夹角是π5πA．B．πC．πD．6426【答案】A【解析】结合向量加法的平行四边形法则可得．3．已知复数z满足z(1i)7i，则zA．2B．2C．3D．5【答案】D7i52【解析】zz5．1i24．中国国家大剧院是亚洲最大的剧院综合体，中国国家表演艺术的最高殿堂，中外文化交流的最大平台．大剧院的平面投影是椭圆C，其长轴长度约为212m，短轴长度约为144m．若直线l平行于长轴且C的中心到l的距离是24m，则l被C截数学参考答案及评分标准第1页（共14页）得的线段长度约为A．140mB．143mC．200mD．209m【答案】C2y2【解析】由x1和y24得2x4242．106272235．已知多项式3476，则aa(x2)(x1)a1(x1)a2(x1)a7(x1)a878A．0B．32C．16D．16【答案】B【解析】设，则3476．tx1(t1)(t2)a1ta2ta7ta834令t0，则(01)(02)16a8．32(t1)的展开式中一次项为Ct33t，常数项为1，433(t2)的展开式中一次项为C4(2)t32t，常数项为16，所以a73163216．6．对于命题“若x⊥z，y⊥z，则x∥y”，要使得该命题是真命题，x，y，z可以是A．x，y，z是空间中三个不同的平面B．x，y，z是空间中三条不同的直线C．x，z是空间中两条不同的直线，y是空间的平面D．x，y是空间中两条不同的直线，z是空间的平面【答案】D【解析】逐个代入检验即可．7．在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且c2，bcosA3，则tanC的最大值是2623．．．．A4B4C3D3【答案】D数学参考答案及评分标准第2页（共14页）【解析】过点C作AB的垂线，垂足为H，则bcosAAH3．31设CHh，则tanACH，tanBCH，hh31223所以tanACBtan(ACHBCH)hh≤，31331h23hhh当h3时等号成立．22274528．若a(e7e7)，bln，cln，则712363A．cbaB．abcC．bacD．acb【答案】A【解析】设fx()x(exex)，则af(2)，bf(ln4)，cf(ln2)．733因为fxx()(exe)xfx()，所以cf(ln2)f(ln2)f(ln3)．332当x0时，因为fx()(exxe)x(exxe)0，所以f(x)在(0，)上单调递增．43因为lnln，所以cb．3243432因为，所以ln4ln3，所以ba．ln4ln327二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．有两组样本数据1，3，5，7，9和1，2，5，8，9，则这两组样本数据的A．样本平均数相同B．样本分差相同C．样本中位数相同D．样本极差相同【答案】ABD【解析】结合定义可得．数学参考答案及评分标准第3页（共14页）1310．若函数fx()x，且x1x2，则x1fx()1x2fx()2A．(x1x2)(fx(1)fx(2))0B．fx()fx()xx12f(12)22C．fx()1x2fx()2x1D．【答案】AC13【解析】因为fx()x单调递增，所以(x1x2)(fx(1)fx(2))0．1因为yfx()xx3x单调递增，所以C正确．因为0f(0)1f(1)0，所以B错误．f(1)f(1)因为f(0)，所以D错误．211．已知点P在圆Ox:2y22上，点A(22，0)，B(0，22)，则A．点P到直线AB的距离的最小值是22．的取值范围是，BPAPB642642π5πC．BAP的取值范围是，1212D．当△APB为直角三角形时，其面积为3【答案】ACD22【解析】因为圆心O到直线的距离是，AB:xy220dO21212所以点P到直线AB的距离的最小值是22．记线段AB的中点为M，22则PAPB(PMMA)(PMMA)PMMA．因为22≤PM≤22，，所以PAPB的取值范围是242242．π当AP到圆O相切时，PAO，6数学参考答案及评分标准第4页（共14页）π5π所以BAP的取值范围是，．1212π5π因为BAP的取值范围是，，1212π所以当△APB为直角三角形时，BPA，222xy2，2由得，22xy0(x2)(y2)4，2222所以23，dP1212213所以其面积为43．2212．佩尔数列是一个呈指数增长的整数数列．随着项数越来越大，其后一项与前一项的比值越来越接近于一个常数，该常数称为白银比．白银比和三角平方数、佩尔数及正八边形都有关系．记佩尔数列为an，且a10，a21，an22an1an．则A．a10985B．数列an1an是等比数列2C．a(21)n1(21)n1D．白银比为21n4【答案】ACD【解析】因为a32，a45，a512，a629，a770，a8169，a9408，a10985，所以所以A正确．因为a2a11，a3a21，a4a33，所以B错误．设数列an1kan是公比为q是等比数列，则an2kan1q(an1kan)，所以an2(qk)an1qkan，所以qk2，qk1，k12，k12，所以或q12q12.数学参考答案及评分标准第5页（共14页），k12n1当时，an1(12)an1(12)，q12，k12n1当时，an1(12)an1(12)，q12.2解得a(21)n1(21)n1，所以C正确．n4a(21)n1(21)n1224因为n2(21)1，annnn1(21)(21)1(223)a所以当n时，(223)n0，n221．an1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。a2a313．若数列{an}是等比数列，且2a2是4a1与a3的等差中项，则．a2a1【答案】2aa2232【解析】因为4a24a1a34q4qq2，所以．a2a114．某校有4名同学到三个社区参加新时代文明实践宣传活动，要求每名同学只去1个社区，每个社区至少安排1名同学，则甲、乙2人被分配到同一个社区的概率．1【答案】63A31【解析】P．236C4A3x3xx，≤0，15．已知函数f(x)若Fx()ffx()t有六个零点，则实数t的取值范lnx，.x0围是．【答案】0≤t23或t19【解析】因为Fx()ffx()t0，所以fx()t0或fx()t1或fx()t1．因为Fx()ffx()t有六个零点，所以函数f(x)的图象与三条直线共有六个交点．因为函数ylnx的图象与三条直线共有三个交点，数学参考答案及评分标准第6页（共14页）所以fx()x3xx(≤0)的图象与三条直线共有三个交点，所以0≤t23或t10，所以0≤t23或t1．9916．在棱长位6的正四面体ABCD中，已知点O为该四面体的外接球的球心，则以O为球心，30为半径的球面与该四面体的表面形成的交线长为．2【答案】26π【解析】取CD的中点M，△BCD的中心O1，则AMBM33，BO123，AO126．2222222因为OBOO1BO1(AO1AO)BO1(AO1BO)BO1，所以AO36，OO16．212设球面与平面BCD形成的交线上一点P，222则OPOO1PO1，所以PO16．所以球面与平面BCD形成的交线是三段圆心角为30°的圆弧，所以结合对称性可知交线长度为26π．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.（10分）an,n为奇数,已知数列{an}满足a1，an11为偶数.an2,n（1）记bna2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；（2）求{an}的前20项和．解：（1）b1a2a11，a3a223，b2a4a33．因为a2n2a2n11a2n1a2n2，所以bn1bn2，所以数列{bn}是等差数列，所以bn2n1．数学参考答案及评分标准第7页（共14页）（2）因为当n为奇数时，an1an，所以{an}的前20项和为a12aa202422aa22(a20b12bb10)(119)102200．218．（12分）ACsin2B1cosB在①acosbAsin，②0这两个条件中任选一个，补充在21cos2BsinB下面问题中，并完成解答．在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且满足．（1）求B；（2）若b7，c3，D为AC边上的一点，且DBCDCB，求BD．解：（1）选择①．abasinA在△ABC中，由正弦定理，得．sinAsinBbsinBACasinAsinAsinA因为acosbAsin，所以，所以．bACsinBAC2coscos22AC因为sinA0，所以sinBcos．2πBB因为ABCπ，所以sinBcossin，22BBBBB1所以sinB2sincossin，因为sin0，所以cos．222222BπBπ2π因为0Bπ，所以0，所以，所以B．22233选择②．sin2B1cosB因为0，1cos2BsinB2sinBBcos1cosBBB2sincos1cosBBsin1cosB所以0，12cos2B1sinB2cos2BsinBBBcossin所以sin2BcosB(1cosB)0，所以1cos2BcosBcos2B0，即2cos2BcosB10，数学参考答案及评分标准第8页（共14页）1解得cosB或cosB1（舍去），22π因为0Bπ，所以B．3（2）在△ABC中，由余弦定理b2a2c22accosB，2221得73a23()a，解得a5．2a2b2c252723213在△ABC中，cosC．2ab25714BCBD在△DBC中，由正弦定理，sinBDCsinBCDBCsinBCD5sinBCD得BD．sinBDCsinBDC因为DBCDCB，所以sinBDCsin(πDBCDCB)sin(π2DCB)sin(2DCB)，5sinBCD5s