绝密★启用前邕衡金卷2023届高考第三次适应性考试文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．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．已知A{x|1x3}，B{y|y2x}，则AB（）A．[1,)B．（1,)C．（，1)D．（，1]2．已知复数z=abi（a，bR，i为虚数单位），且1+ai1+bii，则z在复平面内对应点所在象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3．设一组数据x1,x2,,xn的方差为1.2，则数据5x1,5x2,,5xn的方差为（）A．6B．5C．4D．34．荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点．我们可以把(11%)365看作是每天的“进步”率都是1%，一年后是3651.0136537.7834；而把(11%)看作是每天“退步”率都是1%，一年后是0.993650.0255；这样，一年后1.01365的“进步值”是“退步值”的1481倍．那么当“进步”的值是“退步”的值的2倍，大约经过（）天．（参0.99365考数据：lg1012.0043，lg991.9956，lg20.3010）A．9B．15C．25D．3525．抛物线y2x的焦点为F，点A(1,1)，P为抛物线上的动点，则|PA||PF|的最小值为（）35A．B．3C．2D．226．已知i和j是两个正交单位向量，a2i3j，bikj且ab2，则k（）A．2或3B．2或4C．3或5D．3或47．在ABC中，若sinC3sinA，b22ac，则cosB（）1123A．B．C．D．3434文科数学试卷第1页（共4页）8．现有几何体，当它内部被挖去另一个几何体时的三视图如下，则的体积等于（）256π64πA．323πB．C．64πD．339．已知sin3cos0，则3sincos（）991010A．B．C．D．10109910．已知直线l:mx(52m)y20(mR)和圆O:x2y24，则圆心O到直线l的距离的最大值为（）625233A．B．C．D．5532x2y211．已知双曲线C：1（a0,b0），O为坐标原点，过C的右焦点F作C的一条渐近线的平a2b23行线交C的另一条渐近线于点Q，若tanOQF，则C的离心率为（）410A．6B．3C．10D．3212．已知ae，b2ln1.3，c0.8，则a，b，c的大小关系为（）3A．cbaB．cabC．bcaD．bac二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．xy20113．若实数x，y满足约束条件x3y30，则z2xy的最大值为.2xy302114．甲、乙两人下棋，甲获胜的概率是，和棋的概率是，则甲不输的概率为．34文科数学试卷第2页（共4页）15．如图，有一半径为单位长度的球内切于圆锥，则当圆锥的侧面积取到最小值时，它的高为_______．16．关于函数f(x)tanx3sinx有如下四个命题：①f(x)的一个周期是π；②f(x)的对称中心是(kπ,0)kZ；π32③f(x)在(0，)上的最小值是1；22④f(x)在0，2π内的所有零点之和为3π.其中所有真命题的序号是.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，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．（本小题满分12分）已知数列的首项为，且满足22(且，{an}2an0ananan12an10n2nN)bnlog2an.（1）求{an}的通项公式；bn1（2）设cnlog2，求{cn}的前n项和Sn.bn18．（本小题满分12分）为落实立德树人根本任务,坚持五育并举全面发展的素质教育理念，某中学组织同学们进行了引体向上测试，茎叶图记录了甲，乙两组各四名同学单位时间内引体向上的次数，乙组记录中有一个数据模糊，在图中以X表示．（1）如果X=7，求乙组同学单位时间内引体向上次数的平均数x和方差s2；（2）如果X=6，分别从甲，乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学单位时间内引体向上次数和为18的概率．19．（本小题满分12分）如图，在多面体ABCDE中，平面ACD平面ABC，BE平面ABC，ACD是边长为2的正23三角形，ABBC，BE3.3（1）点M为线段CD上一点，求证：DEAM；（2）求AE与平面BCE所成角的正弦值.文科数学试卷第3页（共4页）20．（本小题满分12分）已知抛物线2，圆22，点为抛物线的焦点，点为抛物线上C1:x2pyp0C2:xy31FA7p的一点，AF1，且点A的纵坐标为．2（）求抛物线的方程；1C1（）点（不是原点）是上的一点，过点作的两条切线分别交于，两点（异于点），2PC1PC2C1MNPE为线段MN中点.若PEMN，求点P的坐标．21．（本小题满分12分）已知函数f(x)2cosxaex(aR).（1）若a1，求函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；（2）若函数f(x)在区间[0,π]内有两个不同的零点，求a的取值范围.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程xtt2在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数，且），曲线与x轴交于C2t1Cy2ttA点，与y轴交于B点．（1）求|AB|；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求以线段AB为直径的圆M的极坐标方程．23．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲已知a，b均为正实数，且2a2b26，证明：（1）2ab32；2132（2）．ab2文科数学试卷第4页（共4页）邕衡金卷2023届高考第三次适应性考试文科数学参考答案1.B【解析】B{y|y2x}{y|y0}，则AB(1,).故选B.2.D【解析】因为1+aibi，由复数相等得a1，b1，z=abi在复平面对应点坐标（1，1）在第四象限，故选D.2【解析】数据的方差为，故选3.A5x1,5x2,,5xn51.26A.x1.014.D【解析】设经过x天“进步”的值是“退步”的值的2倍，则2，0.99lg2lg2lg20.30100.3010xlog2351.011.01101lg101lg992.00431.99560.0087．故选：D．0.99lglg0.99995．A【解析】根据题意画出如下图，根据抛物线的定义|PF||PH|，所以当A,P,Hp13三点共线时|PA||PF|最小，此时|PA||PF|x1，故选A.A2226.B【解析】因为i和j是正交单位向量，a(2,3)，b(1,k)，ab(1,3k)，2ab1(3k)2，解得k2或k4所以故选B.7.C【解析】因为sinC3sinA，由正弦定理可得c3a，且b22ac，由余弦定理可得：a2c2b2a29a26a22cosB，故选C.2ac6a23438.B【解析】由题意可知，该几何体是球体被挖去一个圆锥，圆锥底面半径为23，高为6，2224256设球的半径为，可得2，解得，所以体积为3RR236RR4VR.333sincos3tan99.A【解析】由已知得：tan3，所以3sincossin2cos21tan210424210.B【详解】由题意得m(x2y)5y20，易知其过定点P(,)，由()2()24知该定点在55554225圆内，由几何性质知，圆心到直线的距离d|OP|()2()2.555b311．D【解析】设渐近线yx的倾斜角为，则OQF2，tanOQFtan(2)tan2，a42tan31b12b21010则,解得tan3(舍去)或tan，，e1()，e，故选D．1tan243a3a932224112.C【解析】根据题a(e)e0.8，所以ac，构造函数f(x)lnxx，x0，则39e111f(x)，当0xe，f(x)0，当xe时，f(x)0，则函数f(x)lnxx在(0，e)xee文科数学试卷第5页（共4页）1上单调递增，在(e，)上单调递减，故f(x)f(e)lne10，故lnxx，当且仅当xe时e21212121取等号，由于x20，则lnxx，则2lnxx，所以2ln1.3(1.3)1.690.8，所以eeeebc，所以bca，故选C．13313.5【解析】根据题意画出可行域，目标函数z2xy的最大值在点(，)处取得，222331z25．22211121114.答案：【解析】由题意甲不输的概率为．124312【答案】【详解】设，半径，高．15.22SOxAO1BO1rSO1x1h2OCAO球半径为单位长度OCOO1，SCO~SOA，1，11SOSA1rx1h即，xrr2(x1)2，r2，xr2(x1)2x1h2hh2hh2h侧面积Srr2(x1)2r2x(h1)，只要求y的最小值即可，h2h2h222'h4h2(h2)2y0，(h2)220，得h22．(h2)2(h2)2当h(2,22),y'0,y递减，当h(22,),y'0,y递增，故h22时侧面积有最小值.16．②④【解析】对①，f(xπ)tan(xπ)2sin(xπ)tanx2sinxfx，故①错误；对②，因为f(x)f(2kπx)tanx2sinxtan(2kπx)2sin(2kπx)tanx2sinxtanx2sinx0，所以fx关于点kπ，0对称，故②正确；3113cosx31对③，fx3cosx，令fx0，则cosx0，cos2xcos2x03，，，π当x0x0，fx0；xx0，fx0，所以fx在0上的最小值是fx0；02023231又f()tan3sin1，而cos，所以x0，故③错误；44424341对④，fx0得sinx0或cosx，因为x0，2π，所以当sinx0时，解得xπ，311当cosx时，因为在x0，2π上函数ycosx的对称轴为xπ，所以它的两零点之和为2π2π，33故yfx在0，2π内的所有零点之和为3π，故④正确．文科数学试卷第6页（共4页）17.【解析】（1）由22得（分）ananan12an10(an2an1)(anan1)0…………………2an因为an0所以anan10所以an2an10即2，……………...................……（4分）an1由所以n.（分）a12an2…………….....